РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

Главная страница Математические олимпиады.
Сборники Математики Скачать бесплатно

Если хотите быстро ознакомится с содержанием статей, смотрите ниже.
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно). Если статья Вас заинтересовала, можете скачать оригинал по ссылкам выше. А тексты на страницах сайта Вам помогут находить нужные темы с помощью поисковой формы ниже:

И с с л е д о в а н и е . Если fl<&, то имеется только один кратчайший
отрезок, длина которого равна da. Если о = 6 < с, то
имеется два кратчайших отрезка длины da = db. Если треугольник
равносторонний, то кратчайших отрезков три и длины их равны
da dp — dc.
142. Глаз видит изображение свечи или непосредственно,
или лучи света, отразившиеся от зеркала, или лучи света, отразившиеся
сначала от одного зеркала, потом от другого, и т. д.
При каждом отражении угол падения на зеркало равен углу
отражения. Эту картину можно спроектировать на плоскость,
проходящую через глаз G наблюдателя перпендикулярно ребру
угла. Равенство углов падения и отражения сохранится. Поэтому
достаточно рассмотреть плоскую задачу. Итак, пусть луч от
свечи S отражается последовательно от зеркал а и b—лучи ОХ
и OY. Предположим, что последний раз он отразился от зеркала
а. Занумеруем точки отражения в обратном относительно
распространения света порядке, т. е. от глаза.
Пусть точки отражения будут Аи В2, А 3, …, Сп, так что
свет проходит от свечи до глаза ломаную SCn…A3B„Afi. Найдем,
в какой точке лежит соответствующее кажущееся изображение
свечи. Ясно, что эта точка на прямой 0Л 1. Отразим (сделаем
симметрию) угол OXY и лежащий в нем отрезок ломаной от А±
до S относительно прямой ОХ. Получится новая ломаная
GA1Bt»A’s1\ . .Cl»S™ (1)
gT .X = B^Af i
по свойству отражения, В2А10 — ВЧ’>А 10 в силу симметрии, поэтому
точка В ^ лежит на прямой GAt. Обозначим отраженный
луч OY через 0Y l и отразим угол Y f iX и лежащий в нем отрезок
ломаной BpAs’.-.On’S™ относительно луча 0УХ. Получим
ломаную G A ^ ^ A f 1 …C;,2)S,2) с прямым участком уже от G доЛ!,2).
Продолжим эти построения до тех пор, пока не распрямится
вся ломаная и не превратится в отрезок GS{,‘\ Итак, рецепт
получения изображений следующий.
Находим для точки S симметричную Su> относительно отной
из прямых OZu затем точку Sl2), симметричную S a) относительно
прямой OZ2, образующей с исходной угол 2а, и т. д. до точки S {n\
симметричной S(n-1) относительно прямой OZ(n_v , образующей
с исходной угол (п— 1)а. Далее, проводим отрезок GS(n) и проверяем,
пересекает ли он все лучи OZ, 0Zl t …, OZ(„_1). Если
пересекает, то Sln) есть изображение в зеркале (проверяется обратным
процессом), если не пересекает хоть один—такого хода
лучей получить нельзя (см. выше построение изображения).
Сделаем следующее очевидное замечание. Пусть лучи ОМ и ON
образуют угол меньше развернутого и луч ОР лежит между
ОМ и ON. Обозначим через OQ вторую половину прямой ОР.

185 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

пересекать одновременно все три луча ОМ, ON и OQ. Поэтому,
строя последовательные отражения точки S и угла XOY,
надо остановиться, как только продолжение OF луча OG попадает
в угол Zn_1OZn. Пересечь луч OZ„ и все предыдущие отрезок
GS{n+v не может. Углы XOY, XOZ,, Z ^OZ ,, и построенные
в обратную сторону углы Z JOY, Z_(ft_1 )OZ_ft покрывают всю плоскость,
причем Zn_tOZn и Z_{k_vOZ_k перекрываются. Итого число
изображений не превышает + 1 .
В зависимости от расположения свечи и наблюдателя изображений
может быть и меньше: за счет изображений в одном
или обоих крайних углах, но не меньше — 1 .
Дальнейшие подробности зависят не только от положения,
но и от четности числа . Если же a = ^ j , где п—целое,
то при любом положении свечи и наблюдателя видно ровно 2п
изображений (считая и саму свечу, так же как в расчетах, проделанных
выше). Здесь вся плоскость разбита на 2п углов. Критическим
является /_X’OY’ — вертикальный к / X O Y . При этом
точки S(n) и 5 (_п) совпадают. S {n) = S {~n)^ S ° , либо при четном п,
занимая то же положение в X’OY’, что и в XOY, либо при
нечетном ti—зеркальное. Поэтому мы либо видим отражение
в зеркале ОХ, когда отрезок GS° пересекает ОХ, либо в OY,
когда отрезок GS0 пересекает OY.
143 Если четырехугольник невыпуклый, то, отражая c u d
симметрично относительно внешней диагонали, получим выпуклый
четырехугольник площади S’, причем S’ > 5. Поэтому можно
рассматривать только выпуклые четырехугольники. Разобьем
четырехугольник диагональю на два треугольника. Площадь
первого из них не превышает половины произведения двух его
сторон, т. е. у . Площадь второго не превышает у . Сложив,
получим 2S^.ab-\-cd. Аналогично: 2S^bc- \ -ad.
Сложив эти два неравенства, получим:
4 S < ( a + c)(6 + d ), т. е.
144. 1) Пусть п = 2ft+ 1.
По первой команде оставим школьника номер ft+ 1 на месте,
а (символом ^обозначим, что а и b меняются местами)
1 ^ 2 f t + l , 2 2ft, 3 ^ 2 f t—1……. f t ^ f t + 2,
тогда получим расположение: 2ft-j-l, 2k, 2k— 1, 2k—2, …, I.
По второй команде оставим на месте номер 2ft+ 1, а 2 f t ^ l ,
2 ft—l ; z t 2 , 2 ft—2 ^ 3 , …, ft+ 1 —ft, тогда получим требуемое
расположение: 2 ft-f- 1 , 1 , 2 , 3, …, 2 ft.

186 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

2) Пусть n = 2ft.
По первой команде оставим на месте номер 1 и номер ft-j-l,
a 2 :<zt2 /г, 3;z t2ft—1, 4 2k — 2, ft;^?ft + 2, тогда получим
расположение: 1 , 2k, 2k— 1 , 2 .
По второй команде
1 ^ 2k, 2 ft— 1 ^ 2 , 2 ft—2 ^ 3 , ft + 1 7 ^ ft,
и получим требуемое расположение: 2 ft, 1 , 2 , 3, …, 2 ft— 1 .
145. Всего, если провести разрезы по обоим семействам
линии деления, мы будем иметь не более 1 0 0 областей, которые
будем называть A ijy считая, что А ,—это пересечение части Л,-
при первом делении (t = l, 2, …, 10) и части В у при втором
делении ( /= 1, 2, …, 10). Будем считать, что часть А,- закрашена
i-й краской. Число способов раскрашивания частей By равно 10!.
Занумеруем их в каком-нибудь порядке числами ft= 1, 2, …, 10!
и обозначим в каждом способе через S,, сумму площадей областей
Aiy, покрашенных с обеих сторон одной краской (для некоторых
пар t области Л(/- могут не существовать, тогда мы
считаем их площадь равной нулю).
Лем м а.
101
2 5 , = 9! (*)
fe=i
Примем пока ее без доказательства. Если 10! неотрицательных сла-
гаемых дают в сумме п9!. , то из них одно не меньше 9! 1
иначе вся сумма будет меньше 1 0 ! -^ = 9!, что и требовалось
доказать.
Для доказательства леммы подсчитаем, сколько раз площадь
S,y области Aij входит в левую часть (*), т. е. сколько Sk (при
скольких номерах ft) содержат S,y.
Для того чтобы Si ( вошла в Sk, необходимо и достаточно,
чтобы при ft-м способе раскраски часть В, была закрашена
одним определенным цветом—тем же, что Л,-. Остальные 9 цветов
могут как угодно прийтись на остальные 9 частей; их можно
распределить 9! способами. Итак, сумма 2 5 * . выраженная че-
k
рез Ап, содержит каждое из них 9! раз, т. е. равна 9 ! 2 Л ,;—9!
Лемма доказана.
146. Пусть дан шестиугольник ABCDEF, и пусть его диагонали
AD, BE, CF пересекаются в точках Р, Q, R (рис. 78).
Тогда шестиугольник ABCDEF можно разбить на треугольник
PQR и три четырехугольника, заполняющие его внешние углы.
Четырехугольники образованы двумя последовательными сторонами
шестиугольника и отрезками диагоналей. Если диагонали
пересекаются в одной точке, то шестиугольник разбивается
только на три четырехугольника. Площадь хотя бы одного из

187 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

них не превосходит -i- S. Пусть,
например, это четырехугольник
APEF. Проведем в нем
диагональ FP. Четырехугольник
разбивается ею на два
треугольника. Площадь одного
из них не превосходит у1 • —1 5е,
пусть это S ^ fpe- Тогда площадь
одного из треугольников
EFA и FED не превосходит
S ^ fpe- В самом деле, основание
FE у них общее, а вершины
лежат на одной прямой, причем Р лежит между А и D,
поэтому высота / \FPE на FE не меньше высоты одного из треугольников.
147. Пусть k= 100а + 10&-f-c, где а неотрицательное, а 0 ^
< 1 6 ^ 9 и 0 < + < !9 . Легко видеть, что две последние цифры не
зависят от а. Заметим, что, какой бы отрезок натурального ряда
из ста чисел мы ни взяли, две последние цифры пробегают все
значения от 00 до 99. Поэтому отрезок можно взять от ОЭ до
99. Вычислим последние две цифры суммы восьмых степеней:
99 9 9
2 * 8 = 2 2 (ю * + 1 / )8 =
k=0 Х—0 у —0
9 9
= 2 2 ((Ю* ) 8 + 8-(10х)7у +. . . + 8 -1 Оху1 -j-y8).
х—0 у — 0
Заметим, что на две последние цифры влияют только два по-
9 9 9
следних слагаемых. 2 2 (80л#7 + у8) = 2 (80-45г/7 + Юг/8); пер-
* = 0 у = 0 у = 0
вое слагаемое оканчивается на два нуля, поэтому предпослед-
9
нюю цифру мы получим от 2 * Л Посмотрим последние цифры:
о
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 — I степени
0 1 4 9 6 5 6 9 4 1 — II степени
0 1 6 1 6 5 6 1 6 1 — IV степени
0 1 6 1 6 5 6 1 6 1—VIII степени,
поэтому 2 ( 1 + 6 + 1 + 6 ) 4 — 5 = 33 и сумма оканчивается на 30.
148. Дополним / \АВС до параллелограмма АВА’С (рис. 79).
Отрезок AM составляет одну треть от \АА’ \ . ABA’ = В +С ,
но по условию 40° <171 <170°, поэтому 110° <С В + С <1140°. (*)
Таким образом, вершины В должны удовлетворять условию (*),
т. е. лежать вне сегмента, вмещающего угол в 140°, и внутри
сегмента, вмещающего угол в 110°, построенных на отрезке АА’ .

188 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

С другой стороны, точка
В лежит вне сегмента,
вмещающего угол в 70°,
и внутри сегмента, вмещающего
угол в 40°, построенных
на отрезке AF.
Но при этом С = FBA’,
т. е. точка В должна лежать
также внутри сегмента,
вмещающего угол
в 40°, и вне сегмента, вмещающего
угол в 70°, построенных
на FA’. Берем пересечение этих трех луночек.
И с с л е д о в а н и е . Через точку Р пересечения сегментов,
вмещающих угол в 70° и построенных на AF и FA’, проходит
сегмент, вмещающий угол в 140° и построенный на АА’ . А через
точки Q и R проходит сегмент, вмещающий угол в 1 1 0 ° и построенный
на АА’ . Следовательно, искомое геометрическое место—
криволинейный треугольник PQR (рис. 80).
£49. Пусть AB±_CD, DB]_AC, CB_[_AD (рис. 81). Четырехугольник
EFGH—прямоугольник, так как ЕН\\АВ и \ЕН\ =

189 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

= ± \A B \ ,FG\ \A B и | FG | =
= у | AB [, т. e. f G||£tf и \FG | =
= |£ Я |. || CD и £ # || AB,
поэтому угол между FE и EH
равен углу между CD и АВ,
т. е. 90°. В прямоугольнике
диагонали равны, т. е. \F H \ —
= |£С |, и пусть О середина
FH. Рассмотрим четырехугольник
KFLH, он тоже прямоугольник,
и его диагонали пе- А
ресекаются в точке О — середи- Рнс. 81
не FH. Отсюда получаем, что
| FO | = | ОН | = [ ОН [ = [ OL | = | ОЕ | = | ОС |, т. е. точки F, G, Н,
Е, К, L лежат на одной сфере с центром в точке О.
150. Любую грань куба можно совместить с любой. Пусть
М —точка на грани, но не на ребре и не вершина, и пусть k—
число образов точки М в этой грани, тогда общее число образов
точки М равно 6k. Аналогично, если точка Н лежит на ребре и число
образов точки Н на этом ребре /, то общее число образов точки
Н равно 12/. Поэтому общее число точек, лежащих на ребрах
и гранях, делится на 6 . Если точка лежит в вершине, то
образов у нее 8 . Поэтому либо 100, либо 100 — 8 должны были
бы делиться на б, что не имеет места.
151« Заметим, что если х при всех п удовлетворяет неравенству,
то и x-f-2 /эт удовлетворяет также.
При п= 1 имеем s in x ^ -y ^ — , т. е. О^хг^Су и — |- л ^ х ^ 2 л .
Поэтому область решений, удовлетворяющая всем неравенствам,
может быть только меньше.
Возьмем 0 < х0 < у , тогда найдется k такое: k — 1.
что ~ > kx0 > ~ , и мы получим, что
‘ sinx0-f s in гГз 2 x0 -f-…-[-sin&x0 > — у у ,
г/~з
так как все слагаемые положительны и sin kx0 > — у —. Поэтому область
0 < х < ~ не удовлетворяет неравенствам.
2 Проверим, что все х у л ^ х ^ 2 л являются решением неравенства.
Очевидно, x = 2kn есть решение. Просуммируем теперь
левую часть, для чего умножим и разделим ее на 2 sin — , хф 2 л .

190 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

Так как 2 sin у sin &Jt = cos [k— x—cos ^&-|-yj x, to
s in x -|-sin 2 x-f-… -f sinnx =
I 3 3 5 2n— 1 2 n -(-1
cos -y x — cos у x + c o s y я— cos y * + . . . -(-co s— y — x— cos — ^— x
о • x ~ 2 sin у
COS у — COS ^ / l + y j *
n . x
2 s m y
Таким образом, если обозначить у = z , то нам остается проверить,
что все г в интервале < z < я удовлетворяют системе и
неравенств:
cos г — cos (2п-\- 1) г ^ У 3 ^ , 0 2 — n tx — 1,2, . . ., Sin 2 2 ’ ’ *
Н О
cos 2 — cos (2 /z-f-1 ) г ^ . c o s г — f 1
2 sin г 2 sin г
Область у <1 z <1 я является решением неравенства
COS г-(-1 7 ^3
2 ‘in г ^ ~НГ~ * 3 тем самым и заданного неравенства,
2 Ответ: у я + 2лА: х 2л + 2я/г.
152. Группу переводчиков, в которой каждый язык знают
ровно а человек, назовем группой объема а. Докажем по индукции,
что из группы объема 2 п можно отобрать подгруппу объема
2k (k^.ri), тем самым будет, в частности, доказано утверждение
задачи.
Для k = 0 и k = n утверждение очевидно. Значит, достаточно
взять ^ < n > 1. Пусть р человек знают Я и М языки (квалификация
A), q—М и П (квалификация В), r—П и Я (квалификация
С). Очевидно, все эти люди разные. Если р > 0, q > О
и г > 0, то возьмем по одному человеку квалификации А, В и С.
Оставшиеся образуют группу объема 2(п—1), а из нее можно
выбрать искомую подгруппу по условию индукции.
Если р = 0, <7 = 0, г = 0, то все переводчики—или полиглоты
(числом /), знающие все три языка, либо моноспециалисты, знающие
ровно один язык. Моноспециалистов по каждому языку одинаковое
число 2n—I. Поэтому мы объединим их по три в коллективных
полиглотов. Всего полиглотов и коллективных полиглотов
2 п, а из них мы всегда можем отобрать 2k.
Будем теперь для определенности считать, что p ^ i q ^ r .
Если p = q = 0, г > 0 , то после выделения полиглотов и максимально
возможного числа коллективных полиглотов из моноспе

191 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

знатоков каждого языка одинаковр, то существует еще по крайней
мере г моноспециалистов по М языку. Образуем еще г полн-
глотных пар из переводчика П и Я языка и переводчика М языка.
Оставшиеся переводчики могут быть только моноспециалистами,
а их должно быть одинаковое число по каждой специальности,
т. е. их можно разбить на коллективы полиглотов. Таким образом,
и в этом случае можно из полиглотов, пар и коллективов
набрать группу нужного объема. Если р = 0, q > 0, г > 0, то после
выделения полиглотов и максимально возможного числа коллективных
полиглотов из моноспециалистов, будет среди билингвистов
q-\-r знатоков П языка, q знатоков М языка и г—Я языка.
Значит, существует еще по крайней мере q моноспециалнстов
по Я языку и г специалистов по М языку. Возьмем из них
одного моноспециалиста по Я языку, одного по М языку, одного
квалификации В и одного квалификации С. Остальные образуют
группу объема 2 (п — 1 ), а из нее можно выбрать искомую подгруппу
по условию индукции.
153. Пусть / 1 В 1 (г) = -д-/(2 ) = 2 —у, где у = — — , Q2:z = у.
Тогда A l ^ max | 1(х) \ = т \т ^ ’ и нам достаточно показать,
— к * < 1 iA i
что Далее, 11Х (х) | = | х—у|, т. е. равно длине отрезка
\XQ21, и если х лежит на отрезке —1 ^ х ^ 1, то по известному
свойству в / \QiQ .Qs отрезок |Q»X| меньше хотя бы одной из
боковых сторон | Q2Qi |, |QaQs|- Поэтому Мг max ( | CCQjI,
|@2С?з|). Далее, | ^ ( г ) | = | г—yI== I I- Таким образом, мы
пришли к следующей геометрической задаче. В четырехугольнике
PQtQ2Qз длина диагонали | QtQ31 равна 2. Доказать, что
диагональ | PQ21 < ( | PQl | + | PQ2 |)-max ( | Q2Q, |, | Q.2Q31). Сразу
заметим, что М1 — max ( | QtQ21, | Q2Qз I) ^ . иначе было бы
I Q1Q21 + 1 Q2Q31 < 2 = | QiQ3 1. что невозможно. Из рассмотрения
A Q 1Q2P и A Q 3Q2P получаем:
I Q i Q a l + I Q i ^ l ^ l Q . ^ ! И I Q a Q a l + I C ^ I S H ^ / 5!,
откуда
I I С?2С?з| + 1 Q3P IT jEQil > | р р |
Рассмотрим случаи:
1 . IQ . JM+I ^Qi l ^ lQiCM+IQ.Qs l . тогда I QsP \ Jt — \PQi \ ^ ‘
> | ( ? гР |, а по доказанному выше М ^ Х , так что
( \Q3P\ + \PQl \)-Ml ^ \Q . 2P\.
2. |Q , / >|+| /><?1| < | Q 1<?2| + q 2q 3 I-
Тогда | Q2P | < 2m a x ( | Q2Q2 , | Q2Q3 |) = 2Aflt
но из Д ChPQ 3 получаем, что
IQa^l + I ^ Q i l ^ l ^ ^ l ^ , так что |Q1 / > | < 2 Af1 < ( | Q 3J>l +
— f l PQ jD -ЛД, что и требовалось доказать.

192 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

154. Будем отмечать последовательно Л„ . . . , А6, 6 < 2л
2 л— 6 = а , < 1, и точка Л7 попадает на дугу ЛоЛ^ разбивая ее
на части |Л 0Л7 | = 1—а, и |Л7Л1| = а 1. При этом у нас появляются
дуги трех сортов—длины аг, длицы 1 —at и длины 1 .
Рассмотрим общий случай, когда число точек N ^ 7. Пусть ближайшие
точки к Л0 слева и справа суть Л5 и At.
Лемма . Равенство M — 2nQ с целыми М и Q невозможно,
кроме М — Q = 0.
Эо то следует из-за иррациональности л. л ф, -щМ ни при каких
целых М и Q.
Тогда s = 2raT—ф, 2 = 2лт + Ф- Так как s + f = 2л (а + т )+
(Ф—ф). то по лемме ф—ф=^=0 .
Докажем теперь по индукции по N, что дуги могут быть
только трех размеров—длины |<р[, длины |/ф | и еще, может быть,
длины | ф | + 1Ф |- Для N = 7 это справедливо. Пусть это справедливо
для Л0, Л,, . . . , Лдг. Выберем, как указано выше, точки
As и At. Рассмотрим точку Лдг+1. Пусть она попадает на дугу
АдАг, где <7 =^=0 , г ф 0. Очевидно, длина \AgAN+i \ дуги AgAN+l
равна |Л0Лдг+1_9|, так как она определяется только разностью
номеров, причем | Л0Лдг+1 _9 1> | A0At | по выбору At. (Заметим,
N — 1 — q ^ N . ) Наоборот, \A0At \ = \AN+1- tAN+1\ ^ \ A gA„+1\.
Отсюда ф = | Л0Л<[ = | AgAN+1\ и q = N + 1—t. Аналогично,
| AN+1Ar | = | ASA01, r = A + l—s, так что число сортов не изменилось,
только одна дуга длины |ф | + |ф | разбилась на дуги
длины |i))| и |ф|. Рассмотрим теперь случай, когда q = 0 или
r = 0 (q = r = 0 только при А=1). Здесь только одна из дуг
AN+iAr при <7 = 0 или Л9Лдг+ 1 при г = 0 равна соответственно
| ф | или |ij3 [. Предположим для определенности, что это г];. Покажем,
что точки Л0, Аг, . . . , Лдг разбивали всю окружность
на дуги только двух сортов длины | ф | и длины | ф |, а все дуги
длины |ф|4- |Ф| были уже разбиты. В самом деле, пусть такая
дуга АтА„ существует. Тогда (п — 2jtv)—(га—2np.) = (f — 2лт) —
— (s — 2ла)= [ф | 4 — |ф|, откуда (п—га)—(t—s) = 2 n ((р.,—v) —
— (%—Р)) и т—n ~ t —s — Если r a ^ s , то на дуге АтА„ должна
лежать точка Лт _5, так как на AsAt лежит Л0. Остается r a < s .
На дугу AsAt попадает точка Лдг+1. Значит, на дуге АтАп лежит
точка AN+l_s+m, Таким образом, вспомогательное утверждение
доказано. При ( А / 1)-й точке—снова три длины дуг |ф|, | ф | —
—| ф | и | ф |- Остается узнать, к какому из двух типов принадлежит
А =1000. Возьмем N второго типа, т. е. такое, что точки
Л0, Л j, . . . , An делят окружность на дуги только двух длин.
Первое из таких N есть 6 .
Пусть точки Л0, Аг, . . . , Лдг разбивали окружность на N дуг
длины | ф | и G дуг длины | ф |, причем | ф | > | ф |. тогда последующие
точки Лдг+1, . . . , An+p будут делить дуги длины |ф[,
разбивая их на |ф | и | x l= |Ф|— |ф|> что Дает разбиение G + F
дугами [ ф | и F дугами [ % |. Поэтому нетрудно заключить по

193 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

индукции, что если для каждого Nk второго типа
числа Gk и Fk будут четные, то и все последующие
будут четны. При N = 6 окружность
разделена на 6 дуг длины 1 и одну дугу длины
а ,= 2л — 6 = 0,28318… . Следующие N второго
типа будут N2= 1 2 , когда будет 6 дуг длины
1—а , и 7 дуг длины затем N 3 = 18, когда
будет 6 дуг длины 1—2а1 = 0,574… и 13 дуг
длины а ,. При этом большим оказывается правый
отрезок. Но 1 —За1 = 0 ,1 5 … и большим
далее будет левый отрезок. При Nt = 24 будет
6 дуг длины 1 —За4 и 2 0 дуг длины аи т. е. С4 и
Fi четны. Значит, четны и все последующие Gk
и Fk. Данные точки А0, Л„ разбивают
окружность на 1 0 0 1 дугу, согласно доказанному
эти дуги трех сортов.
155. Сначала докажем, что условия (В) необходимы.
Если f= g = 0 , то (Л) выполняется для
любой тройки чисел а, Ъ,с. Если и g=0,
то (Л) может выполняться, лишь если а ^О . Если
f = 0 и g ф 0, то (Л) может выполняться, лишь если с ^ 0. Пусть
теперь / ф 0 и g = kf, где к—любое вещественное число. Тогда
аР + bfg + cg* = (a+bk +ск2) f2.
Стоящее в скобках выражение будет неотрицательным при
любом действительном значении к, лишь если уравнение второй
степени a -t-M -f скг = 0 не имеет двух различных действительных
корней, т. е. если b2—4 а с ^ 0 , что эквивалентно третьему из
условий (В).
Достаточность условий (В) может быть доказана следующим
образом: если f g ^ 0 , то
af2+bfg + cg2 = {Vaf—V с gY + (2Va c+b ) fg ^ z0 ,
а если fg < 0 , то
af2 +bfg+cg2= (V~a f + Vc gY — ( 2 Уас—b) fg > 0
в силу условия 4a c ^ b 2.
156. Выберем единицу длины так, чтобы выполнялись ра«
венства \АВ\ = \А С \= \ . Тогда \ВА’ | = ]СА’ | = sin 10°, где Л’—
середина основания ВС (рис. 82).
В равнобедренном треугольнике ACD, очевидно,
\ C D \== 2 c o s 2 0 е *

194 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

Введем обозначения EDC-= х\ СЕЬ = у. В треугольнике DCE
в силу теоремы тангенсов имеем:
1 12sinl0= tgi’i-*
2 cos 2 0 е
1 2 sin 1 0=»
2 соб 2 0 “
Так как у-\-х = 160 ’, то предыдущее уравнение можно переписать
в виде:
tg 80’’ I + 4 sin 1 0 ° cos 2 0 э
tg (80“—х) 1 ^ 4 sin 1 0 ° c o s 2 0 a ’
Преобразуем левую часть этого равенства:
tg 8 0 “ _ ctg 1 0 “ _ t g ( * + 1 0 °) cos 1 0 ° , , 1Пэч
tg (80G—jc) ctg ( * + 1 0 °) tg 1 0 ° sin 1 0 ° ь ‘ ‘ )•
Преобразуем теперь правую часть того же равенства:
1 + 4 sin 10“ cos 2 0° 1 |-2 (sin 30° — sin 10°) 1 —sin 10“
1—4 sin 10° cos 20“ 1— 2 (sin 30° — sin 10“) sin 10“
т * c° s 1 0“ , , Таким образом, tg ( x +, 110r.°0). = -1 —- s-in|( )g1 0 ° ,
т. e. tg (x + 1 —sin 1 0 a 1 0 °) = cos 1 0 °
Покажем, что правая часть последнего соотношения равна
t g 40“; ‘~ Si» f = т / =tg4 0 “.
6 cos 1 0 “ sin 80″ | ^ i __cos2 80“ ‘ 1 + cos 80“ 6
Так как 0 < л : < 180°, то величина искомого угла равна 30°.
157. 1) При т = 0 данное неравенство очевидно.
2) Пусть 1, тогда
2-yr4’” = 2m+1.
3) Пусть т = — п, где п > 0, тогда
(>+гГ+(‘+1)‘ -Ш » + Ш “=
> + 2 = 2 — > = 2 » * ‘. так как ( | + |= J ) » + ( l + 2 = £ ) » з> 2 ,
что доказывается, например, по индукции или применением

195 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 3)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.
Библиотека учителя.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)