РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
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:
158. Доказательство будем ве- С
сти индукцией по k.
Утверждение очевидно для k =
= 0. Предположим, что оно верно
для k — ti, тогда если Р(х) =
= a0xn+l + а лхп + . . . +а п+1 является
делящимся на т, то таков
же полином
Р ( х+ 1 )— Р(х) =
— (п -f-1 ) а0хп + . . . ,
степень которого п. Таким образом,
по предположению п\ (п + 1 ) п0
делится нацело на т, т. е. (п +
-f 1) 1а0 делится нацело на т. Наоборот,
если k\ а0 кратно т, то
полином Р(х) = а0х (x-f 1 ).. .(x + k— 1), всегда делящийся на
k\a0, делится и на т.
159. Будем считать, поскольку это возможно,, что x ^ y ^ Z z ,
и попытаемся построить такой треугольник. Ясно, что С может
быть произвольной точкой на расстоянии г от О. Тогда А должно
лежать на окружности S t радиуса х с центром в О. Далее мы,
очевидно, можем считать, что обход треугольника в порядке А, В,
С совершается против часовой стрелки, так что В должно лежать
на окружности S2, полученной вращением на 60е против
часовой стрелки вокруг С. Но | ОВ | = у, так что конструкция
невозможна, если только S2 не содержит точки на расстоянии
у от О. Далее, очевидно, | 00′ | = г, так что не будет треугольника,
если только не окажется z—х^/ /г£С2 + х или г ^ .х — \ -у
и у + х (но х ^ у + z ввиду xs^y) .
Наоборот, если 2 ^лг + г/ и г/=^2 + х (а т а к ж е у 4-z) будет
существовать одна или даже две точки на S2 (рис. 83) на расстоянии
у от 0, и, взяв любую из них за В, поворотом СВ на
угол 60° по часовой стрелке получим точку А.
160. Поскольку |/ 2 иррационально, то таково же (10” ]/» 2)
при каждом п. Иррациональное число имеет единственное десятичное
разложение. Пусть dn означает п-й знак десятичного
разложения |/»2 , причем (Юп]/^2) — 0, dn+ldn+2. .
Предположим теперь, что (10^|/^2 ) = ( 10<?2), где рфу —
В силу единственности десятичного разложения это выполняется
тогда и только тогда, когда
dn+р dn+g, где п 1 , 2 , . . . •
Отсюда следует, что десятичное разложение V 2 является смешанным
периодическим с периодом |р —q |. Это противоречит иррациональности
V2.
196 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
161. Примем данные фиксированные направления за оси
координат. Выберем за начало отсчета момент времени 9.00, за
единицу измерения 5 мин. Тогда в момент времени t пароходы
имеют координаты (х —vxt, 0 ) и (0 , у—v2t), где и v2—скорости
пароходов.
Вычислим S2— квадрат расстояния между пароходами в момент
t :
S2 = (х—vxty + (у—v2t)2—2 (х—v{t) (у—v2t) cos а,
т. е. S2 = a-\-2bt +c t 2—квадратный трехчлен относительно t.
Из условия задачи имеем:
400 — а,
225 = а+14Ь + 49 с,
169 = а + 226 + 121с,
отсюда а = 400; Ь = —16; с = 1, а, следовательно, для S2 имеем:
S* = р — 32* + 400 = (t —16)2 +144.
Наименьшее значение S2=144 при f=1 6 . Следовательно, в
1 0 ч 2 0 мин расстояние между пароходами будет минимальным
и равно 1 2 милям.
162. Пусть числа п+ 1, п+2 , . . . , п + р— 1—последовательные
целые числа, удовлетворяющие условию задачи.
По формуле суммы членов арифметической прогрессии имеем:
S U ) = <2″ + Р ) ( Р — Ц ( 1 )
Найдем сумму квадратов этих чисел:
5 (2> = 2 (n + k)2 = (p— 1 )-п2 + 2 п 2 k + ^ k 2.
k=i fc=i ft=i
. Применив формулу для суммы k квадратов натурального ряда,
получим:
S ^ = ^ . ( 6 n 2 + 6np + 2p2 — p). (2)
Вычислим отношение (2) к (1):
S‘2> _ 6 п ? + 6пр + 2р2 — р р (р— 2 ) р
Sw 3 (2 п + р) — f t ‘ 1_ 2 + 6 ( 2 п + р ) ’
Чтобы (3) было целым числом, необходимо и достаточно, чтобы
( р — 2 ) — р 2 т + \ .
6(2 п + р) 2 • ( ‘
Отсюда р2—2р= 12mn + 6 т р + 6 п-(-Зр, т. е.
р (р — 5 )= 6 -(2тп+тр+п) . (5)
198 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
Так как правая часть (5)—целое число, а р—простое число,
то р — 5 делится на 6, т. е. р—5 = 6/, или
р = 6/ + 5. (6)
Покажем, что для любого простого р найдется п.
Подставим (6) в (4). Получим:
(6 1+ 3 ) (6 /+ 5 ) 2/л 4-1
6(2п + 6 ( + 5) — 2 ’
или
(2 1 + 1) (61 + 5) _ 2 я г+ 1
2 (2/2 + 61 + 5) — 2 ‘
Отсюда видно, что, взяв т равным, например, 0, получаем,
что п существует и равно
п = 1 ( 6 / + 5).
163, Пусть п точек в пространстве удовлетворяют поставленным
условиям. Тогда любой из углов с вершинами в этих
точках либо больше 120°, либо меньше 60°,
Предварительно докажем лемму.
Лемма . В системе данных точек существуют только две
точки, расстояние между которыми наибольшее, и каждый из
углов с вершиной в одной из этих точек меньше 60°.
Действительно, пусть расстояние между точками В и С наибольшее.
Тогда для любой точки Л,-, отличной от Л и С, BA f i >
> 120°, так как он наибольший в треугольнике BAfi. С другой
стороны, для любых точек А,-, Ау- (рис. 84) Л [ВС < 60° и AjBC <
< 60°. Но любой плоский угол трехгранного угла меньше суммы
двух других плоских углов. Следовательно,
Л ^Л у-< А’ВС + а ‘в ‘С < 60° + 60° = 120°,
т. е. AiBA/ < 12 0°, а, значит, А{ВА}- < 60°.
Утверждение задачи докажем методом математической индукции.
Утверждаем, что если В и С—наиболее удаленные из п
данных точек, то все точки можно занумеровать так, что Л,Л/ЛЛ>
>120° для всех 1 < / < / < / г < Ж причем Л1 = В, Л„ = С.
Для п = 3 утверждение верно.
Пусть оно верно для т точек. Покажем его справедливость
для т-f 1 точки. Выберем из этих /тг+1 две точки самые отдаленные,
пусть это будут В и С. Обозначим точку С через Лт+1
и пока исключим из рассмотрения. Среди оставшихся точек В
одна из двух крайних. Все углы с вершиной в В меньше 60°.
Поэтому по предположению индукции их можно перенумеровать
так, что Аг = В и Л,Л/ЛА>120° для всех 1
Покажем, что Л(-Л/-Лга+1 > 120° для всех 1 < / ^ т . Для i = 1
это верно, так как Аг и Am+i крайние.
199 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
Пусть 1 < i < j ^ m . Тогда
Л,Л,Л,„+1> 120 , так как в треугольнике
Л/Л;Лт + 1 угол при
вершине Лт + 1 меньше 60°.
Угол AjAjAm+l (рис. 85) также
меньше 60’, так как если бы
этот угол был больше 1 2 0 °, то,
учитывая, что А1А1Ат+1 > 120°,
так как точки Лх, Лт + 1 самые
удаленные, и Л ^ Л , > 1 2 0 ° по
■JA[ предположению индукции, мы получили
бы, что каждый из плоских
углов трехгранного угла при
вершине Л,- больше 120°, что невозможно.
Тем самым утверждение
полностью доказано.
164. Пусть Pj — любая точка.
Так как пять отрезков прямых
имеют общую исходную точку Р ,
то по крайней мере три из них
одного цвета, например РхРг, РгР3, P tP4. Пусть они будут белыми.
Тогда, если хоть один из отрезков Р2РЭ, Р 3Р 4, Р4Р 2 белый,
например Р гР 3, то треугольник P jP 2P 3 белый. Если все
эти отрезки черные, то треугольник Р 2Р 3Р 4 черный.
165. Докажем, что ни одно число х вида 8 / 1 + 7 не может
быть записано следующим образом: х = а2 + Ь2 + с2.
Рассматриваем разные сочетания чисел а,Ь и с.
1. Если а ,Ь,с—все четные числа, то х—четное число.
2. Если одно из чисел а, Ь, с четное, а два других нечетные
числа, то х—четное число.
3. Если два из чисел а, Ь, с—четные числа, а третье число
нечетное, например: а = 2 /, b = 2k, с = 2 / + 1 , то имеем для х:
* = 4 ( ) 2 + &z + P +/ ) + !> что означает, что х имеет вид 8 / 1 + 1
или 8 /г + 5.
4. Если а, Ь, с—все числа нечетные, то имеем:
x = (2j + 1)2 + (2k +1)* + (21 + l)2 =
= 4/(/ + 1) + 4£ (/г + 1) + 4/(/ + 1) + 3 = 8 /г + 3.
Тем самым все случаи рассмотрены.
166. Действительное число х ^ 0 < х < — ^ является решением
данного уравнения, если только это число является решением
одного из трех следующих уравнений:
sin4*—cos4x = I (tg4x—ctg4x), (1)
sin 8 x —cos8 x
s i n 4 A— COS4X = К ‘■ (2) S i n * J C — C O S * * ‘
(sin4 X — COS4 A’) (sin4 A COS4 A— «K (sifl4 A + COS4 A‘) ) = 0. (3)
200 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
Отсюда следует, что * = у является для любого Я, решением
уравнения (1 ) и что число Лт £ у ^ 0 < * < у является решением
уравнения (1 ) тогда и только тогда, если это число х является
решением для уравнений (4), (5), (6 ), (7):
s in 4 *cos4 *=?i(sin4x + cos4 x), (4)
— sin4 2х = К ((sin2 х + cos2*)2—2 sin2* cos2*), (5)
^ sin4 2 * = К ^ 1 —у sin2 2 *^ , (6 )
sin1 2* + 8 ?i sin2 2*—16A, = 0. (7)
Число *=5^ y ^ 0 < * < y ^ является решением уравнения (7)
тогда, если число z = sin2 2 * является решением уравнения
г2+ 8 ^ 2 — 16Л, = 0 , (8 )
удовлетворяющим условию 0 < z < 1. Каждому такому решению
уравнения (8 ) соответствуют два и только два решения уравнения
(7) с 0 < * < у , х ф у .
Уравнение (8 ) имеет действительное решение тогда и только
тогда, если дискриминант £ )= 16?i2 + 16^ = 16А. (?с -J- 1) 2 *0 , т. е.
либо Х ^О , либо —1 .
В этом случае эти два решения имеют вид:
г, = 4 ( К Ц Щ —Ji) и г2 = —4 ( К Щ Т П + Х).
В интервале —1 < X < 0 уравнение (8 ) действительных решений
не имеет.
Случай 0.
Решение г2 уравнения (8 ) всегда отрицательно и поэтому
не является решением уравнения (7). Решение гг удовлетворяет
неравенствам 0 < гх < 1 только при ]/^,(Я + 1 ) < y — f X, т. е.
при В этом сл>чае уравнение (7) имеет два решения, а,
значит, исходное уравнение (1 ) имеет три решения.
В случае ^ = у1 уравнение (1) имеет х = -Л^ тройным корнем.
При X > у уравнение (7) не имеет действительных решений.
Случай —1.
Решения zx и г2 уравнения (8 ) имеют одинаковые знаки, так
как z1- z2 ——16Я. > 0 .
Решение гх всегда отрицательно, ибо > 0 при А. > — у ,
что не совместно с условием —1. Значит, решение г2 также
201 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
отрицательно. Поэтому в случае —1 уравнение (7) действительных
решений не имеет.
Таким образом, случаи а) и в) никогда не реализуются.
Случай б) имеет место при ? i ^ 0 и
Случай г) осуществляется при 0 < ? i < l .
167. 1+ 2 в + — р — + • • • +-^з < 1+ 2ВСГ2 + 3 5 1 1 3 + • ■ • =
= i — u— I ! и + — !_____= М -2-3 ^ 2 — 3 — 4 ^ • • • ^ (л— 1 )л (л + 1 )
= 1 +
= 1 4 — 1 а = а ! < 1 .
~ 2 \ 2 n ( n + l ) J 4 2л (л 4 -1) 4
168. Данные 4000 точек определяют 7998000 отрезков разных
направлений, ксщцы которых лежат в данных точках. Следовательно,
этих отрезков конечное число. Обозначим через d
максимум длины отрезков, который заведомо существует. Тогда
круг радиуса d + 1 с центром в любой из данных точек содержит
внутри все данные точки.
Рассмотрим касательную к этому кругу, направление которой
отличается от каждого из 7 998 000 выше отмеченных направлений.
Такая касательная существует. Все данные, точкц лежат с
одной стороны от этой касательной.
Приступим к параллельному переносу этой касательной так,
чтобы данные точки переходили по одной на другую сторону от
движущейся прямой. Зафиксируем на
момент положение движущейся касательной
после перехода каждой четвертой
точки в порядке перехода через них.
Каждые две соседние зафиксированные
прямые определяют полосу. Очевидно,
что эти полосы параллельны между собой
и что каждая из них содержит 4 данные
точки. Четырехугольники, определенные
этими точками, являются четырехугольниками,
дающими решение задачи.
169. Только на одной стороне многоугольника
с ti сторонами лежат две точки
многоугольника с п + 1 сторонами.
Рассмотрим сторону, на которой лежат
две точки (рис. 86). Эта сторона будет
разделена на три отрезка. Средний
отрезок является стороной п+1-уголь-
Ап ника. Обозначим его а. Длины других
Рис. 86 обозначим лф* и лф’, а сторону п-угольни-
202 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
ка—b. Отрезки, на которые j-вершина п + 1 -угольника делит
«’-сторону n-угольника, обозначим x f и x f .
Тогда
x f + x f > = д,
x f + x i3) = а,
(1) x(n-l) + = а>
x f + x f = a,
x f + x f = b, i — 2, 3 n, (2)
x f + a + x f = b.
Отсюда a = — ^ ~ b. Пусть x f = x.
Тогда из (1) x f = b—x и далее из соотношений (1) и (2)
выражаем все x f , где i = 2, 3, п; k = l , 2. Они будут
линейными функциями от х, а именно:
х а:> _ n — i + 2 , + — п+1 о
хУ’> = -£= ^ -Ь + х , i = 2, 3, . . . . п,
— л +b 1 -лл:.- О—тсюда О ^ д : ^ — b
Разность площадей обоих многоугольников равна сумме площадей
треугольников, которые отсекаются от правильного /«-угольника
сторонами п + 1-угольника, и равна
Функция 5 (х)—квадратный трехчлен от х. Причем коэффициент
при х2 равен (—1). 5 (х) определена на отрезке j^O, и
S(0) = S (y p p f) • Следовательно, 5 ( 2 (n_|. i)) будет наибольшим
значением, a S(0) = 5 b ^ —наименьшим значением функции.
Пусть Q — площадь правпльного /г-угольника, R—площадь
п + 1 -угольника. Тогда R(x) = Q—5 (х). Следовательно, площадь
ti + 1 -угольника наибольшая, когда значение S(x) наименьшее
и равно S(0), т. е. в этом случае одна вершина п + 1-угольника
совпадает с вершиной п-угольника. R (х) наименьшая, когда
5 (х) наибольшая и равна S ( 2 (п-\-1) ) ’ т ‘ е’ К0ГДа сеРеДина одной
стороны п + 1 -угольника совпадает с серединой п-угольника.
203 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
170. Обозначим:
О)
— х1 + xt—х 3 + x4 + х5 = у 5.
Числа tjj, как и xh—целые положительные. Далее имеем:
# 1 + ‘ / 2 + У з + # 4 + # 5 = Л’ 1 ~ Ь Л:2 + Л:з + — ‘ :4 + — * ‘ 5 == Ю О О . ( 2 )
Из (1) имеем:
Отсюда вытекает, что числа gt имеют одинаковую четность.
А так как уг+ у 2 + уя + у 4 + у 5 = 1000, то они четные.
Но из (3) и (2):
Указанная степень будет максимальной, когда у4 и уъ минимальны,
т. е. когда у1 = уъ = 2. Тогда
б) Сосчитаем, сколькими различными способами можно выбрать
целые положительные числа у2, у3, z/4 так, чтобы у2+Уз + У4 =
От в е т : 123 256 способов.
I7S. Пусть некоторый участок An_jA0 поезд проходит в направлении
по часовой стрелке, а в точке Л0 меняет направление
движения на движение против часовой стрелки (рис. 87). Остальные
точки, в которых путь меняет направление кривизны, буду
204 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
Очевидно, что существует четное
число изменений направления кривизны
относительно центра соответствующих
дуг. Следовательно, число
п четное.
Центры дуг ABAlt АгА2, . . . ,
Ап_1Ап . обозначим соответственно
М„ = М0, Mlt . ., M„.v Точки
М0, М2, М4, . . . расположены внутри
сети, а М1г М3, М5>. . вне
сети. В противном случае можно
изменить начало нумерации на единицу.
Выберем прямоугольную систему
координат так:
А0—начало координат, ось X
совпадает с касательной в Л0 к дуге
А0ЛХ, единица длины равна
диаметру дуги. Обозначим абсциссы
точек А,- через а,, а абсциссы точек Mt через т{.
Для любой дуги ЛгЛ,-+1 имеем а,•—а1+1 равно или — ^ ,
если дуга состоит из одной или трех четвертей окружности;
ai—ai+ 1 равно 0,1 или —1, если дуга состоит из двух четвертей
окружности.
Л,- и Л,+1 являются серединами отрезков и М,М1+1
соответственно. То есть
т,- т ,-_ г _ +
и/ — 2 * * *+1 2
Откуда
mi +mi_l = 2a;,
mi +ml+l = 2al+1
и fni- i—mi+l = 2(ai—ai+1), т. е.
разность четна, когда дуга Л(Л,+1 состоит из двух четвертей, и
равна + 1 , когда дута Л,Л| + 1 состоит из нечетного числа четвертей.
Рассмотрим сумму
(m0—m2) + (m2—/л4) + . . . +(/пв_8—/п„)= 0. (1)
В силу замкнутости пути тп = тв. Так как каждое слагаемое
суммы (1) равно либо 0, либо + 2 , либо ± 1 , то в сумме содержится
четное число ± 1 . А это значит, что число четвертей окружностей,
которые поезд проходит в направлении движения
часовой стрелки, четно.
Аналогично, выписывая сумму
(тх—т3) + (т3—«г5) + . . . + (т,1- 1—тп+1) = 0
205 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ (часть 4)
УРАВНЕНИЯ ВТОРОЙ СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.
Библиотека учителя.
Околоadmin
Comments