РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
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:
(2 0 . 1) 1. Пусть точно два из плоских углов при вершине А_
прямые, а именно: CAD — BAD — 90° (рис. 67).
а) Пусть грань АВС—третий прямоугольный треугольник. По
предположению ВАСФ 90°. Ввиду симметрии все равно, какой
из оставшихся углов грани АВС прямой. Пусть АСВ = 90°, тогда
имеем:
| ВС | 2 + | CD | 2 = | ВС | 2 + | АС | 2 + 1 AD |2 = | АВ | 2 + | AD |2 = | DB |2,
т. е BCD — 90°.
б) Пусть грань BCD—третий прямоугольный треугольник.
Если предположим, что BDC = 90°, то в этом случае легко
установить, что Д АВС—тупоугольный. (Например, так:
| ВС |2 = (CD |2 + 1 DB | 2 = |ПЛ| 2 + |АС| 2 + |/ 1 Б | 2 + |ПЛ| 2 >
> |А С | 2 + |АЛ|2.)
Но по условию это невозможно.
Из-за симметрии все равно, какой из оставшихся двух углов
прямой. Пусть BCD = 90′ ; тогда
| ВС |2+ | AC |2= | BD |2—| DC |2+1 AC |2= | BD |2—(| DC |2 — | АС |2)=
= [ BD |2 — [ AD |2 = | АВ |2,
т. е. АСВ = 90°.
II. Пусть для каждой вершины тетраэдра ABCD не выполнено
условие, чтобы точно два из плоских углов при этой вершине
были прямыми.
а) Если прямые углы трех граней прямоугольных треугольников
сходятся в одной и той же вершине тетраэдра, то четвертая
грань— остроугольный треугольник.
Действительно, легко установить,
D что квадрат любого ребра четвертой
грани меньше суммы квадратов двух
оставшихся ребер.
б) Пусть прямые углы трех граней
прямоугольных треугольников лежат
у различных вершин тетраэдра.
Легко сообразить, что относительно
взаимного расположения граней
возможны лишь три существенно различных
случая: б1, 6 2 и б3, отмеченные
на рисунке 6 8 .
Если допустим, что случай б2
осуществим, получим, что любое ребро
тетраэдра является катетом неко-
Рис. 67 торого из прямоугольных треуголь-
170 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
что невозможно, если вспомнить, что среди них есть наибольшее
(одно или несколько).
Остается рассмотреть случаи:
б„ когда CAD = BCD = BDA = 90°,
6 2, когда ЛВС = BCD = BAD = 90°.
Рассмотрим грань ЛВС.
Ввиду 1) ВЛС 90° и ЛСВ 90°. Допустим, что ЛВС = 90°.
Для случая имеем:
| АС | < | CD | < | DB | < | AB | < | AC |,
что невозможно.
Для случая 8 а получим, что центр сферы, описанной около
тетраэдра ABCD, должен совпадать с серединами ребер АС и
BD, в то время как эти ребра не имеют общих точек. Следовательно,
Д ЛВС не прямоугольный.
2) Пусть в тетраэдре ABCD (рис. 67)
ЛСВ = СЛЬ = В ‘ЛЬ ^В СЬ = 90°.
Тогда очевидно, что объем тетраэдра выражается формулой
У = | |ЛС| — |ВС| — |ЛО| .
Ясно, что хотя бы два из отрезков АС, ВС и AD короче
остальных ребер тетраэдра. Если третий из этих отрезков не
короче оставшихся трех ребер, то имеет место одно из неравенств
|ЛВ|<|Л£>1, |CD|< ВС|. Если же заменить третий из
этих отрезков на кратчайший среди оставшихся ребер, то новая
тройка отрезков будет лежать в одной плоскости. Следовательно,
АС, ВС и AD — кратчайшие ребра, не лежащие на одной и той
же грани.
171 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
121. Не будем рассматривать тех, которые не имеют ни одного
знакомого в зале (и поэтому сами не являются знакомыми
кому-нибудь из присутствующих). Если их число больше двух, теорема
доказана. Пусть останется k человек, каждый из которых
имеет не менее одного знакомого. Очевидно, & ^ 2, каждый может
иметь 1 , 2 , . . . , k — 1 знакомых, но так как присутствующих в
зале k, то, очевидно, по крайней мере двое имеют одинаковое
число знакомых.
122. а) Для k = \ неравенство (1), очевидно, выполнено.
В общем случае его докажем по индукции. Имеем:
Применяя (1) к первому слагаемому в правой части последнего
равенства, получим:
N (al + ^ 2 + • • • + fl’I) + al+i + 20ft+1 (fl,1 -}-o!!+ • • • -)-£*) =
—ka%+x-\-2a1ak+1-)r 2a2ak+1-{-. . . + 2 а^ак+1 =
= (£+1 )(fl!+flS + • • • +oln) — К—a*+1)2—(a2— flft+i)2— …
Учитывая неравенство (2), данное в условии, получим:
откуда вытекает ап^ 0. Изменив нумерацию чисел, можно любое
из них обозначить ап и доказать его неотрицательность.
Утверждение доказано.
123. Обозначим а, р, у внутренние углы треугольника АВС
при вершинах А, В, С соответственно. Тогда
N —(аг-\-а2 + • ■ • +Q* + qa+i)2 —
= (Oi+tf2 + • • • + ° а ) 2 + я! + 1 + 2 а* + 1 (Oj+ а 2 + • ■ • +я*)-
= (& + 1) ( й ^ — | — а 2+ • • • + а 1 + й1+д)— <*(— # 2— • • • — o f—
• ■ ■ (flk ^A+i)2-
Отсюда сразу получается (1) для
N + 1 )(й1 + а2+ • • • -btfiUi).
б) Утверждение, очевидно, имеет место для k = \.
Для k= п—1 вследствие (1) имеем:
^=1^ (п 1 ) (Й1 + f l2 + • • • + ап)-
* ■ • ~Е^л—1 i ~Е ~Е • • • ~Е®п—гIО х + й2 + • • • ~Е
Б!П 2 1 | ’ Б1П 2 | SZ? |
и вследствие |5Л | SB | SC|
S.i n ТаЕ = Р (1)
(*)
(2
172 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
Так как углы ~ , -§-, острые, имеем из (2):
т. е.
Используя
180 > а > р > у > 0 .
a + P + V = 180°
и неравенство (3), получим:
a + P +Y < 3 a , a + P + Y>3 y ,
180° < 3a, 180° > 3 у , т. e.
60° < a, 60° ^ y —
Отсюда 4 ^ 3 0 ° и вследствие (1)
\SA\ = 1 _ 1 a
sm ~2
sin Зйэ 2.
(3)
(4)
(5)
I. Все вершины А лежат на окружностях с центром S и радиусом,
большим 1 и меньшим или равным 2 (рис. 69).
Из (4) имеем, далее, -^-^ЗО’ и из (1)
\ s c \ — Y suiJl
I
sin 30о = 2 .
(6)
II. Все вершины С лежат на окружностях с центром S, радиусы
которых больше или равны 2 .
Для угла Р получаем неравенство
0° < р < 90°,
т. е. 0° < 4 < 45°. Из (2) тогда получаем:
\SB\
smT (7)
173
173 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
III. Все вершины В лежат на окружностях с центром 5
радиус которых больше чем V 2 .
Во всех трех случаях I, II, III верно и обратное.
Если длина отрезка Sy4 (SC, SB) удовлетворяет неравенству
(5), (6 ), (7), то соответствующая точка А (С, В) является вершиной
некоторого треугольника АВС, для которого выполнено (*).
1 2 4 . Пусть х, х + 1 , . . . , xA-k— искомые 1 А-k целых чисел.
Уравнение задачи есть
Т- (•* Т» 1) ■ • • + (я + ^) =
или
(х+лН-*)(й+1)
2
Откуда
N k
N.
— k+ л — Т ‘ 0)
а) Поскольку N = 500 = 22 -53, соотношение (1) приводит
к анализу следующих двух случаев.
Если k—четно, то, чтобы х было целым, &-)-1 должно быть
равно 1, 5, 52 или 53. Итак,
kt + 1 = 1; Xj = 500; -f- 500.
^ 2 + 1=5; д:2 = 98;
&з +1 = 5 2; х3= 8 ;
k4A- 1 = 5 3; х ;=— 58;
98, 99, 100, 101, 102.
8 , 9, 10, 31, 32.
— 58, —57, . . . , 65,66.
Если k—нечетно, то, чтобы х было целым, дробь K-j- I долж-
на быть равна т + у ( т —целое). Следовательно, & + 1 должно
быть произведением множителя 23 с 1, 5, 52 или 53. Получаем:
къА~ 1 = 2 3; лгБ = 59; -=-59, 60, . . . , 65, 6 6 .
ke -f-1 = 235; хв = — 7; -= 7, — 6 , . . . , 3 1 , 32.
£, + 1 = 2 352; х 7 = — 97; ^ — 97, —96, . . . , 101, 102.
& 8 + 1 = 2353; *„ = — 499; Ч- —499, —498, . . . , 499, 500.
б) Соотношение (1) будет выглядеть:
х- 2a 3tV k k — i — i
Если k—четно, &-f l может принимать нечетные значения
1, 3, З2, . . . , ЗР; 5-1,5-3, . . . , 5-ЗР, 5а- 1, . . . , 52 -ЗР, . . . , 5 ’М ,
5v-3, . . . , б^-ЗР, т. е. (Р + 1)(Т + 1) значений.
Таково же число искомых сумм.
Если k — нечетно, то, чтобы х было целым, —2а~k З р, 5—V должно
быть равно m-f-y«
174 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
Следовательно, k-\- \ может принимать предыдущие значения,
помноженные каждое на 2 “+1, т. е. (Р + 1)(у + 1) значений.
В итоге мы получаем 2(P + l ) (y- f 1) сумм.
Ровно половина этих сумм будет состоять только из натуральных
чисел.
В самом деле, если из множества натуральных чисел:
х + (х + 1 ) + . . . -f(x + &) = N, х ^ \ , можно получить множество
целых чисел с той же суммой
(—х- \ -1) + . . . -f 0 + • .. + ( х— 1) -f-xr-f-. . . -f-(х -j-&) = ./V
(когда л: = 1 ), то добавляется только 0 .
Наоборот, если множество начинается с отрицательного х = —у,
то, поскольку N ^ 1 , положительных членов больше и
( — У Ж — У + ! ) + • • • + o + . . . + t / + 0 / + i ) + ••.+(*/ + *) =*
== A^ = (t/ + 1) + • ■ • +(y + k) = N. Таким образом, каждому множеству
из натуральных чисел сопоставляется ровно одно, начинающееся
с отрицательного числа или нуля. Следовательно,
число сумм из натуральных чисел равно (Р + 1) (у + 1).
в) Если N =аа№су . . . т где а, Ь, с т—возрастающие
простые числа и а, р, у, . . . , ц—натуральные числа, исследование
разбивается на два случая:
1 °. а = 2 ; тогда рассуждениями, аналогичными вышеприведенным,
устанавливается, что число искомых множеств есть
2 (р + 1 )…(|л + 1 );
2 °. а > 2 , число N—нечетно; тогда рассуждениями, сходными
вышеприведенным, устанавливается, что число искомых множеств
равно
(a + l)(P + l)(Y + l ) . . . ( n + l).
125. а) Если а и b положительны, формула бинома Ньютона
дает
(а-\-Ь)п > ап -f пап~г -Ь,
откуда
(ц + 1)» > 2 -пп.
Десятая степень этого неравенства дает
(п 4 . 1)ю» > 210«10п > 1000 ■ п10П.
Логарифмир) я это неравенство, получаем:
ig ( «+ i ) > — f | r + lg n —
б) Перепишем полученное неравенство в виде
Ы(к + 1 ) > ш + \ёк.
Суммируя такие неравенства от k = \ до k = m—1 и учитыв
а я /ч т о lg 1 = 0 , а слагаемые lg2 , . . . , lg(m—1) в левой и
175 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
правой части неравенства взаимно уничтожаются, получаем:
1 е т > ш ( 1 + т + — — — + ^ ~ т ) —
Сложим полученные неравенства от т = 2 до т = п:
l g n != l g 2 + . . . + l g n > ^ ( ^ + ^ + — — — + — ~ (!,7 1)) =
= Тб ( и* ( т + Т + — — — + ^ = л )— (п ~ >
> Ton ‘ ( ‘ 2 + ‘ 3 ‘ + , , ’ + п^ \ ~ _1) ’
что и требовалось доказать.
126. Левая часть уравнения (мы будем ее называть f (х))
представляется разными алгебраическими функциями в интервалах
(— оо, —2 ), (—2 , —1 ), (—1 , + 1 ), (1 , 2 ), (2 , +оо).
Далее, левая часть строго положительная и является четной
функцией / ( * ) = / (—х). Правая часть нечетна, на одной полуоси
она положительна, а на другой отрицательна. Поэтому, если
0 , то достаточно рассмотреть только положительные х и
провести исследование в интервалах (0 , 1 ) (1 , 2 ), (2 , +оо).
Наоборот, при т = — t < 0 на положительной полуоси решений
нет, а корни уравнения на отрицательной полуоси противоположны
по знаку корням уравнения с т = £ > 0 .
Итак, пусть т ^ О .
Интервал 0 < х < 1. Уравнение имеет вид: 5—2х2 = тх с кор-
— т ± V т ‘2+ 4 0
Н Я М И Х и2 = —————- £——— ‘■——— .
гг — — >п4- У т~-\- 40 Положительный корень хг= —— единственный.
Он подходит, если *х< 1 , когда /(1) = 3 < т , т. е. при т > 3.
Точка *=1 . Соотношение 3 = т, т. е. точка х — \—корень
при т = 3.
Интервал 1 < х < 2. Уравнение имеет вид: 3 = тх. Единствен-
3 3 3 ный корень х = — . Он подходит, если 1 < — < 2 или у < m < 3.
Точка х = 2. Соотношение 3 = 2т, т. е. точка д: = 2 есть ко-
рень при т = у3.
Интервал (2 , + оо). Уравнение имеет вид: 2х2—5 = тх с кор-
нями x lti = -z-n- -±— -У1-—т 2+. 40
Iп ю ложительныи ” корень хг = —tn-\—- V ,—п‘~ +1 40 единственный.
з
Должно быть хг > 2, тогда / (2) = 3 < 2т, т. е. при т > у .
176 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
а) Итак, если т положительно, то уравнение имеет решение
при у3 .П р и / я = у3 существует единственное решение: х= 2 ,
з
при т > у существуют два решения: 0 < х 1< 2 и х 2 > 2. Со-
вершенно аналогично, если т отрицательно, то при т ^. г —у3 реше-
нии нет, при т— — у3—единственное решение: х = — 2 , при
з
т < —у —два решения: 0 > х1 > — 2 и х 2 < — 2 .
б) Корень х= 1 получается при т = 3, таким образом, имеем
пары (1 , 3) и (— 1 , —3).
Корень х = 2 отвечает дробному т = у .
Остается проверить целые числа х > 2. Они должны быть корнями
уравнения 2хг—5 — тх. Отсюда 5 = х(2х—т). Оба множителя
х и 2х—т—целые. Так как х > 0, то 2х—т также
положительно. Но 5—простое число и разлагается в произведение
положительных сомножителей всего двумя способами:
5=1-5 = 5-1.
Первое разложение дает х— \, что не годится, так как мы
рассматриваем лишь х > 2 .
Остается вторая возможность: х = 5, /п = 9. Таким образом,
получаются еще две пары: (5, 9) и (—5, —9). Больше целых
пар нет.
127. Из условия следуе/т\ , что a = a t
(« = Л; а 1 = ^ ) и ^+ь £ = ^ ь = 2 . (1 ) 1
Из теоремы синусов легко вывести формулу:
а—V
а- г = —г £ г (где т= с ; т,=с,).
cos — y i
Применяя эту формулу, из (1) получим, что
cos а——g-Vb ; cos—а у+-УТ = cosK-i —2 Vi cosa —i +^ V-i . (,г2,)\
Из (2) непосредственно следует:
1 + t g f — t g V , 1 + t g ^ — t g ^
1 — t g f t g V l — t g | — t g £ ■
Упростив, получим: tg y -tg -|- = t g ^ t g ^ ,
так как a = a 1, то t g y = t g ~ и, следовательно, tg y = t g y ;
V и Yj—углы треугольника, поэтому и
Значит, y = Yi> т — е- Д АВС ео Д АгВгС%.
177 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
128. Пусть Т—точка касания
М
обоих кругов (рис. 70). АВС — вписанный
равносторонний треугольник
и СР—большая из трех касательных
AM, BN, СР. Покажем, что
\AM\ + \BN\ = \CP\. Через D, Е и
F обозначим точки пересечения прямых
АТ, ВТ и СТ с меньшей окружностью.
Тогда получим:
| AM |2 = | AD\- \ АТ\, ( 1 )
\BN\* = \В Е \ — \В Т \ , (2)
|С Р |2 = |C F | •|С7’|. (3)
Рис. 70 Разделив (1) и (2) на (3), получим:
\АМ\* \AD\-\AT\ ‘
|С Р | 2 _ I C f l — I C r j ’ (4)
| BN |а \В Е \ \В Т \
| С Р | 2 1 С/7 1-| CT’ l ‘ (5)
Оба круга гомотетичны с центром гомотетии Т. При этой
гомотетии точки D, Е, F меньшего круга переходят в точки А,
В, С большего круга. Из этого следует, что DF || AC, EF || ВС.
Значит,
Но Т есть точка дуги АВ круга, описанного около равностороннего
треугольника АВС. Поэтому | АТ | + 1 ВТ | = | СТ |. (Это
следует из известной теоремы.)
Следовательно, ■АМ^ ^ — = 1 и | AM | + |ВА^ | = | СР |.
129. Здесь можно предложить сразу два решения этого уравнения:
х = 3, у= 1; х = 5, у = 3.
Докажем, что других решений нет. Для х=1 , х — 2, х = 4,
очевидно, не имеется решений. Предположим, что какая-либо
чара чисел (х, у) с лг>5 удовлетворяет уравнению
В этом случае левая часть уравнения дает остаток 0, если
разделить на 64. Правая часть должна также дать тот же остаток.
178 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
Если разделим 3″ на 64, то получим, однако же для
п= 1, 2, 3, 4, 5, 6 , 7, 8 , 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16
остатки: 3, 9, 27, 17, 51, 25, 11, 33, 35, 41, 59, 49, 19, 57, 43, 1.
Благодаря тому что при делении 31в на 64 мы получим остаток 1,
остатки при делении 3″ на 64 периодически повторяются с периодом
16. Поэтому у должен иметь форму: у= 11 -f 16 k. Мы покажем,
что такое решение не существует. При этом мы показываем,
что остатки левой и правой части уравнения будут разные,
если делить на 17.
Можно легко убедиться, что деление З16 на 17 дает остаток 1,
значит, остаток от деления З^ на 17 тот же, что и остаток от
деления 3“ на 17, т. е. 7. Остается только доказать, что при
делении 2х на 17 никогда не получится остаток 12.
2″(п=1, 2, 3, 4, 5, 6 , 7, 8 ) при делении на 17 дает следующие
остатки:
2, 4, 8 , 16, 15, 13, 9, 1.
Так как при делении 28 на 17 остается остаток 1, то остатки
периодически повторяются с периодом 8 . Остаток 12 никогда не
получится.
S30. Пусть лг,- (i = l, 2, 3) — рациональные корни заданного
полинома, тогда, очевидно, г/,- = ал;,- есть рациональный корень
полинома г/? + М/ 2 + acy+a2d. Легко доказать, что всякий рациональный
корень полинома с целыми коэффициентами и старшим
коэффициентом, равным 1,— целый. Итак, ух у 2, у3—целые. Тогда
они все три суть делители a2d—нечетного числа. Поэтому они
все нечетны. Их сумма b и сумма их парных произведений ас
должны быть нечетными числами, т. е. и Ъ и с—нечетны, что
противоречит условию (be—четно).
131. Пусть Е и F—середины диагоналей АС и BD и G —
центр тяжести треугольника BCD (рис. 71). Докажем, что точка Ж
пересечения AG с EF—середина EF. Действительно, если И —
середина CG, то, так как АЕ |= | ДС |, отрезок ЕН параллелен AG,
и так как | FG | = | GH , то | FM | =
=|МД|.
Поэтому
|MG |= у | ЕН\ = у | Ж? |. Теперь рассмотрим
гомотетию с центром в точке
М с отношением— у . Рассмотрим
окружность, в которую она пе- д
реводит окружность, проходящую через
ABCD. Мы можем доказать, что
все четыре центра тяжести лежат на
ней, точно так же, как мы это уже
доказали для точки G.
179 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
вписанного
четырехугольника и пусть S—точка пересечения прямых
МР и NQ. Четырехугольник MNPQ — параллелограмм и 5 его
центр, поэтому точки М и Р, N и Q соответственно симметричны
относительно 5. Перпендикуляры, проведенные через точки М, N
Р и Q к соответствующим сторонам, пересекаются в одной точке
Т—центре описанной окружности.
Перпендикуляры, проведенные через М, N, Р и Q к противоположным
сторонам, параллельны перпендикулярам, проведенным
к соответствующим сторонам через точки М, N, Р и Q
поэтому они также пересекаются в одной точке Т’ , симметричной
Т относительно S.
1 3 3 . Рассмотрим два круга, касающиеся данных концентрических
кругов н друг друга. Диаметр d каждого из таких кругов
равен R —г. Пусть наибольшее число кругов, вкладываемых
в кольцо, равно п.
Нетрудно видеть, что
причем [х] означает наибольшее целое
число, не превосходящее х.
Из Д 00,/С
(*)
R — г гг откуда <p=arcsin-н5—\—-г . Так что
Рис. 72
arc-s
п г
Из (*) получим: =sinqp,
откуда
R 1 + sin ф
г 1 —sin ф
ИЛИ
Отсюда
Рис. 73
ф V r — iTP
g 2 V R — i — V~r •
180 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
Р еше н и е задачи получим, рассмотрев двойное неравенство
sin х < х < tg х. Из этого следует, что
R—г . Ф ^ VR— V г
-hi— < « + г ^ Фv и т2г < — у4= R л- Y~71=-~ •
Отсюда
^ R + r , . ^ я Y ~R + Y~r
и п + 1> — 2 — у% — ? Т г
или
„ о i с R + r 63 R + r „ . . . V R + Y — r 3 п <3, 15- R_ r —20- R_ r и n + l > Y r — Y~r ‘ 2 *
134. Пусть число x является решением уравнения (1). Тогда
выражения у = х 2 + 2рх—р2, г = х2—2 рх—р 2 (2 ) необходимо
удовлетворяют условиям у > 0 , 2 ^ 0 , у > г.
Из уравнения (1) с помощью (2) мы получаем последовательно
V y -V ~ z = \ , 0- 2 — 1 = 21/7,
Арх—1 = 2 К 2. (3)
(4рх—1)2 = Аг, (3′)
\+ А р 2 = Ах2{ \—Ар2). (4′)
Значит, кроме р > 0, необходимо 1—Ар2 > 0, т. е,
_j_
о < р < 42- .’ (4)
Так как у > 2 , т. е. 4рх>0, имеет место х > 0 . Из (4′) следует
тем самым
1 Г \ + V / к ч
* = т К г = 4 ^ * <5>
П р о в е р к а . Из (5) следует (4′) и тем самым (3′). Значит,
имеет место 2 ^ 0 . Для того чтобы перейти от (3’) к (3), необходимо
и достаточно Арх—1 ^ 0 , значит,
1 i/i± { 4 £ ? > _ L /6)
2 У 1 _ 4 р 2 ^ Ар *
Из (6 ) и (4) следует
1 у П Г » 1 < р < 1 . ( 7 )
Так как у = г + Арх и 4рх>0, имеет место у > 0. Таким образом,
из (3) получаем (1). Уравнение (1) имеет при условии (7)
единственное действительное решение, а именно (5).
181 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
135. 1) Пусть п—четно. Подсчитаем число тупоугольных
треугольников, имеющих тупой угол, в вершине Аг, т. е. число
треугольников AxAjAb, j< k .
Условие ЛАЛ1Л у >— эквивалентно условию k — у > + . Подсчитаем
теперь число пар натуральных чисел у, k, для которых
2 ^ у < /г « и k—у > у .
Если у пробегает значения 2, 3, ~ —1, то соответствующее
каждому у, k можно выбрать — 2 , у —3, …, 1 способами,
т. е число всех пар равно
(т-2) + ( т — 3) + — +1 = т ( т — 2 ) ( т — ‘) “
== -g- («—2) (п—4).
Это число тупоугольных треугольников с тупым углом при вершине
Ах, а всего треугольников будет -g- ti {п—2)(п—4).
2) Пусть ti — нечетно. Подсчитаем в этом случае число тупоугольных
треугольников АхА Л к с тупым углом при вершине Av ^ j
Мы получаем, что k—у > —g—. Число пар у, k, таких, что
2 и k — / > у ( п — 1 ), равно
~ (п — 3) + 4 — (п~ 5) + • • • + 1 = j (п— 0 (п—3).
А всего тупоугольных треугольников будет -^п(п — 1 ) ( п — 3).
Итак, число тупоугольных треугольников при п четном равно
-j}ti(n—2 ) (и—4) и при п нечетном равно -g-n(n—1 )(«—3).
136а Рассмотрим п -f 1 чисел
О, а\, al-\-al, й!+ 0 2 -f-ol, …, а\ + о |+ . . . + 0 *-
Среди этих чисел найдется по крайней мере два, например
а\ + . . . + а |, а\ + . . . +а£, у < k, которые дают одинаковые
остатки при делении на п, тогда a’f+1 -f-. . . -j- а\ нацело делится
на п.
137. а)1. Обозначим данные точки А, В, С, D, Е (рис. 74) и
предположим, что из точки А выходят три красных отрезка*;
пусть, например, отрезки АВ, AC, AD. Тогда по условию отрезки
ВС, DB, CD должны быть синими**, и, следовательно,
треугольник DBC получился синим, что противоречит условию.
* На чертежах 74, 75, 76 обозначены сплошной линией.
** На этих же чертежах штриховыми линиями.
182 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
2. По предыдущему из точки А исходят два отрезка одного
цвета, например красного, пусть это отрезки АВ, АС, тогда отрезки
AD и АЕ—синие (см. рис. 75).
Из условия задачи следует, что отрезок ВС—синий, а отрезок
DE—красный. Из точки D исходит еще один красный отрезок—
либо CD (рис. 75), либо DB (рис. 76).
В обоих случаях цвета остальных отрезков определяются
однозначно.
б) Искомая линия на рисунке 75 — ABEDCA и ADBCEA,
а на рисунке 76— ABDECA и ADCBEA.
138а Очевидно, что можно поместить десять параллельных
рядов но десять шаров в каждом ряду, т. е. 100 шаров. Но это
число можно увеличить, если в первый ряд положить 1 0 шаров,
а во второй 9, так чтобы каждый шар второго ряда касался
двух шаров первого ряда, и т. д. Тогда общая высота Н уложенных
слоев Н = 2r-f-r(n— 1) \’3, где п—число слоев. Поскольку
Н = ^ 1 0 , при г — ~ получаем и ^ 6 |/3 — ) — 1 , т. е. п = 1 1 .
Положим теперь в I, III, V, VII, IX, XI слои по 10 шаров,
II, IV, VI, VIII, X — по 9 шаров, т. е. мы уложим 105 шаров.
При этом остается запас высоты, равный 9—5 (Лз. Попытаемся
теперь заменить какие-либо слои с 9 шарами на слои
с 10 шарами. При такой замене одного слоя высота увеличивается на
4 г — 2 г У З = г ( 4 — 2 У З ) .
Для ti = 11 и г — ~ получаем, что число замененных слоев k
удовлетворяет неравенству k{2—13) 9—5 j/3 ,
т. е. k ^ . ( 3—КЗ). Откуда k = \ . Поэтому один слой из 9 шаров
можно заменить слоем из 1 0 шаров.
Таким образом можно уложить 106 шаров.
З ам е ч а н и е . Задача не была включена, так как строгое
доказательство максимальности ответа N ~ 106 затруднительно.
183 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
139. Если буква встречается только один раз, назовем ее
буквой первого рода. В противном случае—буквой второго рода
Буквы, рядом стоящие с буквой второго рода, различны, это
следует из свойства б).
Если слово содержит хотя бы два вида букв, то оно содержит
хотя бы одну букву первого рода. В противном случае мы
можем получить из него слово вида abab, что противоречит условию.
Вычеркнув все буквы второго рода, совпадающие с некоторой,
получим слово из п — 1 различных букв. Вычеркивая
буквы второго рода и далее, придем к слову, состоящему только
из букв первого рода.
Мы докажем методом математической индукции, что слово
имеет длину не более 2 п— 1 буквы.
Для п= 1. Это утверждение правильно. Предположим теперь,
что оно правильно для n = k букв, и докажем его для n = k+ 1 .
Пусть слово содержит fc+1 различную букву, а —буква первого
рода, а Р—соседняя с ней буква. Если р—первого рода,
то при вычеркивании р возникает слово из fc различных букв,
максимальная длина которого поэтому не превышает 2 fc—1 ,
а само исходное слово имеет длину не более 2 fc.
Если р—второго рода, то легко заметить, что или обе соседние
буквы пары а, р различны, или имеется только одна соседняя
буква, т. е. пара а, р стоит с краю.
Поэтому пару а, р можно вычеркнуть, оставшееся слово удовлетворяет
условию а) задачи.
Длина оставшегося слова 2fc—1 буква, а первоначального —
2 fc — l + 2 = 2 (fc+ l) — 1 буква.
Пример слова, имеющего 2fc— 1 буквы, из алфавита аи а 2, …, ап:
й 1й 2С13 .. .О пО п _ 1йп _ г -. . 0 +
140.
f{a, b, с) =
Заметим, что
+ ! + ! _ 2 I , | ± _ 1 | , 1 , 1 , 2
^ Ь с m а Ь \ ^ а ^ Ь ^ с ‘
I х у | + х-\-у = 2 max (х, у).
Поэтому
f(a, b, с) — 1 2 max (1 , | ) — | | + 2 max ( 1 , | ) + | .
Применив то же замечание, получим:
f (а, Ь, с) = 2 шах ^ 2 шах ( 1 , — i ) ; =*
= 4 шах (шах ( 1 f i ) ; 1 ) = 4 max ( 1 , ± , 1 ) .
183 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
141. Рассмотрим отрезок
MN, отсекающий от треугольника
АВС треугольник
AMN, площадь которого
вдвое меньше, чем площадь
треугольника АВС (рис. 77).
Обозначим A N —х, АМ = у,
тогда
Saamn = 4г Щ sin a =s
-о1 — • -1 и ■ 9- ос sin ос,
Ряс. 77
откуда
2 ху Ьс.
По теореме косинусов найдем длину \MN\ = da\
dl = x2Jr у2—2ху cos а = (х—у)2 + 2 ху ( 1 —cos а) =
= (х—у)2+ 6 с (1 — cos а) ^ be (1 — co sa ) =do-
О)
(2)
Аналогично вычисляются dl и d2.
Выразим dl через площадь треугольника и его стороны. Найдем
1—co sa .
а2 = b2 -J- с2—2 be cos a = (b — с)2 -j- 2 be ( 1 — cos a),
откуда , a2—(ft—c)2 1 — cosa = —-—- .
Это выражение подставим в (2) и получим:
I 9С2
dl = ^ { a 2- { b — c ) 2) = 2 { p — b ) { p — c ) = j lj^ ) , (3;
(3′)
где 2p = a-j-b-\-c и S = V p ( p—о)(р—Ь)(р—с).
Циклической заменой в (3) получим:
-7-2 2 S2 -Т2 2S2 dh = —, тх и dl = —, г. ь Р (Р—Ь) р { р—с)
Предположим, что а ^ Ь ^ с , тогда из (3) и (3′) получим:
Таким образом, у б у д е т меньше, чем dl и dl. Осталось показать,
что точки М и N лежат на сторонах треугольника, а не на их
продолжениях, т. е. х = у< Ь . При х = у равенство (1) дает
/ Ьус. Из неравенства и неравенства
треугольника с<а-) — й получаем, что с < 2 й, т. е.
х=-у= ] / Гу < ] / й 2 = й<с .
184 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 2)
УРАВНЕНИЯ ВТОРОЙ СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.
Околоadmin
Comments