дома » МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ » РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ
НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (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:



Преобразуем данное равенство. Заменим сумму косинусов
произведением:
2 cos (a + P)cos ( a—P) + cos 2y + 1 = 0;
2 cos (a -f p) cos (a—p) -f 2 cos2 у = 0; у = я—(a -f P).
Поэтому
cosy== — cos (a-fP)-
2 cos (a -f P) • cos (a—P) + 2 cos2 (a -f P) = 0;
2 cos (a + P) (cos (a—P)-|-cos ( a — f P)) = 0,
или 4cos(a + P)cosa-cosp = 0. Следовательно, или cos(a + P)=0
и a + p = 90°, тогда y = 90°, или cosa = 0, тогда a = 90°, или
cosP = 0, тогда p = 90°, т. e. треугольник прямоугольный.
2) Пусть треугольник прямоугольный. Докажем, что в этом
случае сумма косинусов удвоенных углов треугольника равна —1.
Пусть, например, a = 90°, тогда
cos 2a -f cos 2р + cos 2у = — 1 -f cos 2р -f cos 2y =
= —1 + 2 cos (P + у) cos (P—y) = —1, так как P- fy = 90°
и cos(P + y) = 0.
219. N = «3+ З н 2—n—3 = n2 (n+3) — (n + 3 )= (n 2 — 1)(n + 3 )=
={n— l ) ( n + 1)(h + 3).
Имеем произведение трех последовательных четных чисел.
п можно записать как 2/г + 1, где k ^ O —целое. Тогда
Af = 2/г (2/г + 2) (2£ + 4) = 8& (& + 1) (/г -f- 2). 8 умножается на произведение
трех последовательных целых чисел. По крайней мере
одно из них четно и одно кратно трем. Поэтому все произведение
делится на 8-2-3 = 48.
220. Установим знак неравенства
/ Г — ь / Т о V / Т 9 + / 3 “. (1)
Корни рассматриваются арифметические. Значит, обе части неравенства—
числа положительные. Поэтому при возведении обеих
частей неравенства в квадрат смысл неравенства не изменится:
7-р 10 + 2 / 7 0 V 19 + 3 + 2 /5 7 . Не нарушая смысла неравенства,
можно отнять от обеих частей по 17. Получим:
2 / 7 0 V 5 + 2 / 5 7 . (2)
Как и в случае (1), можно возвести в квадрат. Смысл неравенства
не изменится:
280 V 25 + 228 + 20 / 5 7 , или 27 V 20 / 5 7 .
Применим еще раз возведение в квадрат:
729 V 22 800; 729 < 22 800.

230 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

Из приведенных рассуждений следует, что
V T +К Т о < V w + V ^ .
221. Обозначим неизвестное число, записанное словом АТОМ,
буквой х. х—число четырехзначное. Следовательно,
1 0 0 0 < х < 10 000. (1)
Из условия задачи следует, что х состоит из различных цифр.
Последняя цифра не нуль, так как в противном случае две
последние цифры результата были бы нулями.
Результат есть х2. С другой стороны, при вычитании из него
числа х получим число, оканчивающееся четырьмя нулями, т. е.
х2—х — п — 104, где п—натуральное число. Равенство можно
переписать в виде х(х— 1) — п-104, так как число х оканчивается
не нулями и х—1 не может быть числом, кратным 104, и поскольку
х и х— 1 взаимно просты, то, следовательно, либо:
а) х содержит по крайней мере четыре множителя 2, х— 1 —
четыре множителя 5, либо, наоборот, б) х содержит по крайней
мере четыре множителя 5, а х—1—четыре множителя 2.
Рассмотрим оба случая.
а) %= 16/:; х— 1 = 625т, т. е. х = 625m + 1, где т < 16.
Значит, 625 т + 1= 16&, или 39-16 m + m + 1 = 16£. Равенство
возможно при т + 1=16, т. е. т ~ 15. Тогда х = 9376.
б) х—1=16/:; х:=16/: + 1; х= 6 2 5т, где m +116.
Тогда 6 2 5 т= 16/:+1, или 625т— 1 = 16/:.
Выделяя в левой части слагаемое, кратное 16, получим
39-16m + m—1 = 16/:. Отсюда наименьшее значение т, удовлетворяющее
равенству, будет 17.
Таким образом, случай б) невозможен.
От в е т . 9376-9376
84384
28128
65632
56256
87909376
222. a) p = 30q + r (1), где р—данное число, q— частное,
а г—остаток от деления р на 30. 0 < г < 30. Легко проверить,
что все составные числа, меньшие 30, имеют общие делители
с числом 30. Из равенства (1) следует, что если г—составное,
то оно имеет общие делители с 30, тогда и р должно делиться
на эти общие делители, что противоречит условию. Значит, г —
простое.
б) Для 60 утверждение неверно. Есть составное число, меньшее
60, не имеющее общих делителей с 60, это 49.
Пр им е р : р = 109, 109 = 60-1+49.

231 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

2 2 3 . Обозначим знаменатели
b»-{-c- = x\ с2-{-а» — у; а2-\-Ь2 = г
(очевидно, х > 0, у > 0, г > 0) и выразим все через них:
А это уже следует из известного неравенства, верного при
2 2 4 . Пусть ABCD—тетраэдр (рис. 107), все грани которого
равновелики. Докажем, что тогда они попарно конгруэнтны.
Проведем через АВ плоскость а, параллельную CD. Пусть
С’ и D’ — проекции точек С и D на плоскость а и Е—точка
пересечения отрезков АВ и C’D’.
Проведем через точки С’ и D’ перпендикуляры к отрезку АВ.
Обозначим основания этих перпендикуляров соответственно через
М и N. Тогда по теореме о трех перпендикулярах отрезки
СМ и DN перпендикулярны АВ и, следовательно, являются
высотами соответственно в треугольниках АВС и ABD. Так как
по условию площади последних равны и сторона АВ у них
общая, то | СМ | = | DN \ . Из прямоугольных треугольников
СС’М и DD’N, у которых |CM | = |DAr | и |CC’| = |D D ‘|, следует,
что | С’М \ — | D’N | . Отсюда мы получаем конгруэнтность
прямоугольных треугольников МЕС’ и NED’ (по катету и острому
углу). Значит, Е—середина отрезка C’D’.
Так как в наших рассуждениях ребра АВ и CD равноправны,
то проекция стороны АВ на плоскость, проходящую через CD
К 1 гу
и параллельную АВ, т. е.
параллельную а, будет
делить отрезок CD пополам.
Следовательно, проекция
CD на плоскость а
будет делить пополам отрезок
АВ, т. е. | АЕ =
= |£ Д |. Так как | С’£ =
= | ED’ | , то AC’BD
параллелограмм, т. е.
| AC’ | = | BD’ | и | AD’ =
= | С’В | . Поэтому | АС =
= Рис. 107 |5D | и \CB\ = \AD\ .

232 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

Повторяя те же рассуждения для другой пары ребер (отличной
от АВ и CD), мы также получим, что AB — CD, а это и
значит, что все грани тетраэдра есть попарно конгруэнтные
треугольники.
Пусть около тетраэдра описан шар. Проведем через каждую
грань тетраэдра плоскость. При пересечении с шаром каждая
плоскость дает круг, описанный около соответствующей грани
тетраэдра. Из конгруэнтности треугольников (граней) следует
конгруэнтность кругов. Но конгруэнтные сечения шара одинаково
удалены от его центра, а это и значит, что этот центр описанного
шара одновременно является центром вписанного шара.
2 2 5 . Для всех действительных х
sin4 х + cos4 х = (sin4 х + 2 sin2 х cos2 х + cos4 х)—2 sin2 х cos2 х =
— 1 — 2 sin2 х cos2 x.
sin0 x + cosG x = (sin0 x + 3 sin4 x cos2 x + 3 sin2 x cos4 x + cos0 x) —
—3 sin2 x cos2 Л’ (sin2 x + cos2 x) = (sin2 x + cos2 x)3 —
—3sin2xcos2x = 1—3sin2xcos2x.
Поэтому данное уравнение равносильно уравнению
1—3 sin2xcos2x = a ( l—2 sin2х cos2х) или (2a—3)sin2xcos2x=«
— а—1, так как при 2а—3 = 0 это уравнение не имеет решения,
то sin2 2’с = ‘~ — Поэтому данное уравнение имеет по
крайней мере одно решение при 0 ^ ^ 1. (1)
При 2а—3 > 0, т. е. при а > 1 у , имеем 0 ^ 4 а —4 ^ 2а—3,
откуда 2 а ^ 1 , а ^ у и а > 1 , что невозможно. При а < Д и
2а—3 < 0, т. е. а < 1у , имеем 0 ^ 4 а —4 ^ 2а—3, а 2= у ,
т. е. а < 1,
a s s 4 — .
а < 1 2 .
2 * (2)
Значит,
у < а < 1 . (3)
Наоборот, если (3) выполнено, то имеет место (2), откуда следует
(1).
Значит, данное уравнение для всех а из у ^ а < П и только
для них имеет не менее одного действительного решения.

233 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

При а = — |- получаем:
sin2 2х = -—^ — ‘^- = -ц— — = у , sin 2х = ± X f — ;
24 — 3 4~з 2
2х = ± ^ — \ — n k , х = ± у — + -у-&, где £ = 0; ± 1; ± 2 ; . . . .
226. а) Пусть и, v—элементы из М. Так как с > 0 , w^O,
v ^O , то w— и о v = 0. Так как u < c , а < с , то
1+—С
(с— и) (с—v) > 0, т. е. сн + ст < с 2 + гя>, с(ы+а) < с2 ^1 + -^Л ,
и, следовательно, ■ < с.
l+ !F
Таким образом, и ov является элементом М.
Для всех и, v, w из М мы получаем:
с2 (ы + г )
■ W , ( «ОО. ОШ= u +- v ОШ= c2f(uT-J\—-v)- о W=—с-2- +о .ы иг-т—-=
v , uv с2 4- uv с2 (м+с)
i + —я* ~ ——- ■ W 1 с2 , , cz ~\-uv
И с2
С2 ( « + 1>) + (с2 + и г ) С2 (u-)-V-\-w)-{-UVW т
C2- j[-UU+(U-|-D)k> C2+ W + U ^ + t ^ ’
t. ■ c2(t’+m)
Uo(. VOW. )=UO v-\! -w — и О c2j(-vp-\ -w)L = ———c2.-J\—-i’W—
v ‘ , , vw c2 4-vw c -lvA -w ) 1 + — u— —— C3 J ______ C“-\-VW
Ы (c2 + №l)4 -c2 (D + m) _ f 2 (u-\-V-\-w) -\-UVW
’ ‘ С2+Ш) — | -Ы (f-f-td) C 2 — \ — lW — \ — W — \ — U W ‘
(« 0 0 ) 0 w= и о (v о w).
Значит, множество M является полугруппой.
б) Из и о v± — и о v2 для всех элементов из М следует, что
— Н+^ — ■ = — ~+J r » (и + £Т) (с2 + w 2) = (и + v2) (с2 + uvj;
1 + — ^ Ч ~ ^
«с2 + vtc2 + u2v2 + uvxv2 = ис2 + а2с2 + a2n1 +
vtc2 + u2v2 = v2c2 + u2vt. Отсюда о, (с2—u2) — v2(c2— а2). Так
как и < с, то с2—и2фО и, следовательно, v, = v2. Аналогично
доказывается, что из u1ov = u2ov следует, что иг — иг.
Полугруппа М является регулярной

234 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

2 2 7 . Обозначим WaW, = S x, W,Wx = S a, WtW„ = S3, BWX =»
= ZX, BW2 = Z2, BW3 = Z3, / .W aWxWa = v x, z w xw tw t ^
= Фг. /_ ^72^7з^ , 1 = Фз (рис. 108). По условию задачи точка В является
центром окружности, вписанной в Д WXW2W3. Поэтому
WXB, W2B, W3B являются биссектрисами Д WXW2W3. Из того, что
Sx < S a< S„ следует Фх < ф2 < ф3, а значит,
■1J ^ 1 / 1 Ф1 < т < у Фз- (!)
Из прямоугольных треугольников BB2WU BB3W2, BBxWa, в
которых | 1 = | | = | | = г, получаем:

Zx= — — , Za = — r— z 3 = ———. (2) sin• Фт sin фо si■ n Фя
На основании (1) из (2) получаем Zt > Z2 > Zs.
Число возможных маршрутов равно шести.
Пусть r f (t = l 6)—длина маршрута.
Тогда /•! = Zx-|-S3-|-S1+ Z3, r 4 = Z2+ S 1+ S 2 + Z1,
i’z = ZxJr S 2-\-Sx-\-Z2, r 5 = Z3+ S 2+ S 3 + Z2f
г з = Z2-pS3 +*S2 + Z 3, r e==Z3+ S 1 + S3 + Z1.
При этом rx = ra, r2 = rit r3 — rs. Поэтому достаточно сравнить
маршруты rx, r2, r3. Сравним rx и r2. Для этого на WxWa отложим
I WXP | = | WxWa |. Д WXPB Д WxWaB. Следовательно, | W3B | =
= \p b \= z 3, \ p w 2\= s 3- s 2. b a w 2p b \w 2b \ — \ p b \ < \ w 2p \,
t. e. Z2—Z3 < S 3—S2 или S2 + Z2 < S 3 + Z3, а, значит, r2<Crx.
Сравним r2 и r3. Для этого на WxWa отложим отрезок | W3Q | =
= \WaW.\. A W 3Q B ^ :A W 3W2B. Следовательно,IQB\ = IW2BI =
= Z2, | Q W ^ S . — S , . В Д QWtB | W J —|£Q | < | QWг \, т. e,
Zx—Z2< S 2— или Z1+ S 1 < Z2+ S 2, а, значит, r2 < r3.

235 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

Таким образом, г2 < гг и г2< г 3, следовательно, существует
два кратчайших маршрута, а именно B\V1WaW2B и BW2W3W
Значит, с точностью до направления маршрута задача имеет единственное
решение.
2 2 8 . а) В силу 0 < имеем:
О < Q-2 -\-Ь < а2 -\-Ь + 4^2″= ^ а л“ 2о] ■ (1)
Так как « + ^ > °» то из П) следует VAfi2+ ^ < o + | ^ .
Значит, б > 0. Далее У с Р ^ Ь + Ъ ^ а А г ^ .
Отсюда a* + b + 26Va*+b + 6* = a*+b + ~
или 26 У а2 + b + б2 = — ^ 2 . т. е. 2 аб < 26 У а * + Ь < — ^ ,
следовательно, Ь2 Ь2 2 а 6 < и б < .
Ь3 Ь3
б) 3^ + 2 7^ > ° — Поэтому
0 < а 3 + б < а 3+ Ь + — ^ — + 2Т ^ = + • £ /а 3 + б < а + ~ .
Значит, i / a 3 + b+ 6 = a — { — ~ , где б > 0.
Возведя обе части равенства в куб и приведя подобные члены,
имеем: 3 Ц / а 3+Ь У б + 3 £ /a 3 + b-6 2 + 6 3 = — ^ / — f .
Отбросив положительные слагаемые, получим:
30 = s < 3 ( ^ F + t ) a < ^ r + ^ r .
Отсюда: 6я <^ _Ь* +. _Ь3 = -Ьг_(9_а3 +i _ Ь) .
Если а и b—целые числа и а3 < а3+ 6 < (а+ 1 )3, то
0 < b < 3а2 + 3 а + 1 , а так как а > 1 , то b < За3 + За3 + а 3 = 7 а3,
„ . 16 ьг
т — е- 6 < 81′ I t ‘
в) 1/1)6 = 1 / 4 9 + 7 » 7 + ^ = 7,5 с погрешностью: 0 < б <
72 1 < 3 7 7 3 = 5 6 < 0.0179 (при помощи таблиц получаем б < 0,0167).
£ /8 0 = £^64 + 1 6 » 4 -b-g1^ » 4,333. Для погрешности б полу-
16 ■ 162 4 чаем: 0 < б < 4& =gy ~ 0,04905 (при помощи таблиц получаем
б « 0,024).

236 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

229. Вокруг произвольной
точки Р поверхности шара описывается
окружность к, принадлежащая
шар\. На окружности к
возьмем точку Q и точки А, В,
причем |/ 4 S |< J P Q |. Из точек
А и В как из центров описываем
дуги радиусом АВ (рис. 109).
Их точки пересечения обозначим
С и D.
Если JW — центр шара, то
\АМ\ — \ВМ\. Кроме того, по
построению АС \ = \ ВС | и | AD | —
= | BD |, \АР\ = \ВР\, так как
они равны радиусу PQ.
Следовательно, М, Р, С, D Рис 109
являются точками плоскости,
перпендикулярной отрезку АВ и проходящей через его середину.
Так как эта плоскость проходит через центр шара М, то она
является плоскостью большого круга, радиус которого равен
радиусу шара.
Построим этот круг. Для его построения на листе бумаги строим
треугольник со сторонами, равными отрезкам PC, CD и PD. Описываем
около Д PCD окружность. Ее радиус равен радиусу данного
шара.
230. Обозначим \A B \ — d , |ВЛ^| = л’, |/VG| = z, \0M\ = R
(рис. 110). Опустим из О на АВ перпендикуляр ОС и обозначим
\BC\ — b, |CO| = /i. Пусть задача решена, тогда
| \ 2 +dx = z2 + 2Rz,
\ (x -b)* + h* = (R + z)*,

237 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

тогда (х—й)2 + й2 = R 2 + x2->rdx.
b* + h2—R2
Решив, получим: x = —d+2b—
Значит, точка N — одна и та же для разных q и ее можно построить.
По с т р о е н и е . Проведем в окружности К какую-нибудь
хорду длины q. Проведем из центра О окружность, касательную к
ней, и к этой окружности проведем касательные из точки N (мы
можем их построить).
231. Пусть в системе с основанием 10
х — и • 102+ y • Ю+ш ( и ф 0),
а в системе с основанием г этими же цифрами записывается число
у= и г 2 + vz + w, причем 2х=у , откуда
и (200—г2)ф-у (20—г) + ^ = 0,
где 0 ^ .u , v , 9. Легко видеть, что при 2 ^ 14 левая часть положительна,
значит, г > 1 5 , но при этом 200—г2^ 0 , а поэтому
у (20—г ) + ш > 0.
При 2= 1 5 имеем: —25« + 5у + до= 0 .
а) и= I у = 4 w= 5.
и— 1 у = 5 w— 0.
« = 1 у<[3 не годится, так как ш ^ 9 .
и= 1 у > 6 не годится, так как 0.
б) и = 2 у = 9 w = 5.
и = 2 v < 9 не годится.
и > 3 не годится.
При 2 = 1 6 имеем: —56и+4у + еу = 0, что не подходит, так как
даже при v = w= 9: 4 у + ш = 4 5 < 5 6 .
О т в е т . 145, 150, 295.
232. Заданное неравенство равносильно неравенству
п+/ ^ + Г
п/ п
преобразуем левую часть (1):
< 1 ; О)
«+1 /п + 1 п(я+1> 1ЦГ «(‘1+1) / / 7 7 Т У _ Г
f / n У «R+i У { + П ) * я • (2)
Докажем, что ^1 + Разложим по формуле Ньютона:
( 1 + l ) » l 1 + i _ i + £ f c l > . , . ^ +
я (я—1) (/2—2) . 2 . J _ , , J
3! п«3я- ‘I * I1 ” я’*
/ 1 \п * Можно доказать более сильное неравенство ( 1 + — 1 < 3 .

238 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

Заменив сумму — ^,-/г8 + п- —Зт 1 )^(п — 2 ) <. 1, и, далее, каждое
слагаемое на единицу, получим ^1 при п > 3 и, еле-
У ( ^ Г 4 < » ‘ “Т
» + г / Я + 1 л (п + 1) Г / 1 \ П 1 л (п + 1) довательно, уут= = ■» / / i ■ > ^ 1
2 3 3 . Рассмотрим [_\A B N (рис. 111). Он прямоугольный с прямым
углом N. Отрезок АВ задан. Поэтому точки N принадлежат
сфере, построенной на АВ как на диаметре. С другой стороны,
точки N принадлежат сфере с теми же центром и радиусом г,
что у окружности К ■ Действительно, окружность с диаметром AM,
плоскость которой перпендикулярна плоскости окружности К,
содержится в этой сфере и содержит точку N. Таким образом,
точки N лежат на окружности у— пересечении двух сфер. Легко
доказать и обратное — всякая точка у принадлежит нашему г.м.т.
2 3 4 . Предположим противное, т. е. что
| АВ | ^ | АС | (рис. 112). (1)
Тогда ВСА > АВС, так как в Д АВС против большей стороны
лежит больший угол. Но BCD > ВСА ^ ABC > DBC, так как
четырехугольник ABCD выпуклый и / _ DBC составляет часть
Z.ABC. Получили, что в A BCD BCD > DBC, следовательно,
| BD | > | CD | (2). Складывая неравенства (1) и (2), получим
j АВ | + [ BD | > | AC [ + 1 CD |, что противоречит данному неравенству
| Л Д |+ |Л 1 > К | AC\ + \CD\, поэтому |Л Б |< |Л С |.
2 3 5 . Заметим, что ctg ^ 4 — — о, где k = l , 2, 3, 4.
Обозначим tg * — 8 ■— = ак.
_ , 1 1 l (2k — I ) я 2 a ft Причем \ак \ф1 , тогда tg^— ^ ^ТДГ-2

239 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

и c t g (2fe~ 1)Jl = —— 2a ’ T’ e — 1 2 о 2rjk — 11 —r2 a*f tTf a~|i = 0, откУДа
11 —од2
a£—6a? + 1 = 0, что и требовалось доказать.
236. Заменим данную систему равносильной системой:
2*14“ 2х2 4″ Зх3 4 — . . . 4- пхп = 0,
2хj х2: ~ 0,
kxl—xft = 0,
пхг—х„ = 0, еде /е ^ 2,
fc-е уравнение получается из &-го уравнения системы, если вычесть
из него первое, умноженное на к. Отсюда х,. = /г.г,
(& = 2, . . . , «). Подставим эти значения для хк в первое уравнение,
получим:
jc1( 2 + 2 * 4 — . . . 4 — * * 4 — . . — 4-п*) = 0,
откуда х1 = 0, а, следовательно,
х2 = х3 = . . . = хп — 0,
т. е. заданная система имеет только нулевое решение.
237. Пусть х2—2л: sin у 4- 1 ф 0, так что левая часть неравенства
имеет смысл. Преобразуем выражение
/ х2 sin у —2д:+ sin у \ 2__. _ / x 2sin у— 2 х -|- sin у , \
\ х2— 2х sin у — \ — \ ) ~ \ х2— 2a sin { /+ 1 )
f х2 sin у — 2х+ sin у , , \ (s п у — 1) (дс2+ 2х + 1)
V *2—2а sin { /- f l / х2— 2х sin у -{-1
(sin y + l ) ( x 2— 2 х + \ ) _ (&т2 у— 1)(х \)2 (х — i ) g
х 2— 2х sin у-\- 1 (х2— 2х sin у — \ — 1)2
Полученное выражение неположительно для всех рассматриваемых
х и у, так как sin2у—1 ^ 0 , т. е.
f ^ s i n y- 2x + s in ,y _ _ Q или ( *2 2П У~ Х» ; ^ У < 1 ,
V х2— 2а:sin £/-4-1 ) \ x2— 2 x smy — \ — \
что и требовалось доказать.
238. Заданное уравнение равносильно уравнению
Ix2—9 |—2 |х 2—1 |4 — |х |4 -х4-7 = 0. (1)
Левая часть уравнения (обозначим ее f(x)) представляется различными
алгебраическими выражениями в интервалах
( _ о о ; —3), ( — 3 ; — 1 ) , ( — 1 ; 0), (0; 1), (1; 3), (3; 4-оо).

240 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

Рассмотрим таблицу:
X (— оо; —3) ( — 3 ; — 1 ) ( — 1 ; 0 ) (0 ; 1) ( 1 ; 3) (3; + с с )
/(V) — X2 —Зх2+ 18 х3+ 1 4 х2 + 2 х + 1 4 —3.г= + 2 х + 1 8 —х2~\-2х
Из таблицы видно, что в граничной точке двух интервалов оба
выражения для / (х) дают одно и то же значение. На интервалах
(—оо; —3), (3; + оо) / (л )<0, а на интервалах (—1; 0), (0; l)/(x )> 0 .
В концах интервалов (—3 ;—1) и (1;3)/(х) принимает значения
разных знаков.
Квадратный трехчлен —Зх2 + 18, изображающий f(x) на интервале
(—3 ;—1), имеет корни xlf2 = ± / 6 . Корень х = —Кб
лежит в рассматриваемом интервале и поэтому является корнем
уравнения (1). Корень х = / б не лежит в интервале (—3 ;—1)
и поэтому должен быть отброшен.
Квадратный трехчлен —Зл:2 + 2х+18, изображающий / (.г) на
интервале (1; 3), имеет корни х3>4 = — ^ 55 . Корень х3 =
J I т/сЕ
= — — лежит в интервале (1; 3) и поэтому является корнем
— 1— / 5 5 уравнения (1). Корень х4 ——— g
и поэтому должен быть отброшен.
От в е т , х = —/ б
не лежит в интервале (1; 3)
и х 1 + / 5 5 -корни уравнения (1).
239. Обозначим х—число рыбаков в I группе, у—число
рыбаков во II группе, г—число рыбаков в III группе.
По условию задачи
13х +5г/ + 4г = 113,
х-\-у + г = 16.
(1)
(2)
Мы получили систему двух уравнений с тремя неизвестными.
По смыслу задачи ее решения должны быть целыми положительными
числами х, у, г. При этом дополнительном условии, как мы
покажем, имеется единственное решение.
Умножим (2) на 4 и вычтем из первого. Получим:
Из (И)
9х + «/ = 49.
9х = 49—у.
(1′)
(3)
Так как х и z положительны, то у= 16—х—z < 16. Таким
образом, правая часть равенства (3) является целым числом,
делящимся на 9, и заключена между 33 и 49. Значит, либо

241 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

9л: = 36, либо 9 л: = 45. В первом случае х = 4, из (3) //= 1 3 и
из (2) г = —1, что противоречит положительности г.
Во втором случае л: = 5, из (3) у = 4 и из (2) 2 = 7.
Отв е т , х = 5, у — 4, 2 = 7.
2 4 0 . Пусть ha, hb—высоты, опущенные соответственно на
стороны а и b треугольника. По условию ha ^ а и hb ^ b . С другой
стороны, поскольку перпендикуляр всегда меньше наклонной,
проведенной из той же точки, ha^ .b и hb^ a . Отсюда
a ^ . h a^ .b-^ .hb^.a. Это возможно только в том случае, когда
a = ha = b = hb = а. Таким образом, стороны а и b равны и перпендикулярны,
т. е. треугольник равнобедренный и прямоугольный.
Отв е т . Углы треугольника —90°, 45°, 45°.
241. Предположим, что т(т- \ -1) является k-й степенью некоторого
целого числа.
Тогда, поскольку т и т + 1, очевидно, взаимно просты,
каждое из них должно быть k-й степенью целого числа. Действительно,
если разложить число m(m- f l ) на простые множители
т(т + 1) = р[, -Рг2- • -Рпп, то каждое /у будет делиться на k,
а каждый множитель p-i будет входить целиком или в т, или
в (т -f 1).
Но два соседних натуральных числа т ит- ( -1 не могут оба
являться /г-ми степенями целых чисел (если ак = т, то уже
( a+l ) ft> ( a + 1)-а*~1 = а* + а*_:1 > m + 1; k > \ ) .
2 4 2 . Число всегда дает при делении на 9 тот же остаток,
что и сумма его цифр. Действительно, если цифры числа, начиная
с конца, а0» ai> а2> то само число равно а0 + 10аг+
+ 102а2+ . . . + Юпа„, сумма его Цифр а0 + су + а2 + . . . -fey, и
разность о0 + Юсу + 102о2 + . . . + Юпа„ — а„ —су— . . . —ап =
= 9су + 99а2 + . . . + 99. . . 9а„, очевидно, делится на 9. Поэтому
П
в нашей задаче 1 получится из тех чисел, которые дают при
делении на 9 остаток 1, т. е. из чисел 1, 10, 19, . . . , 1 000 000 000;
2 получится из тех чисел, которые дают при делении на 9 остаток
2, т. е. из чисел 2, 11, 20, — . . , 999 999 992. Ясно, что первых
чисел на одно больше.
Ответ. 1 получится на одну больше, чем 2.
2 4 3 . Поскольку сумма углов шестиугольника равна 720°,
каждый из углов выпуклого шестиугольника с равными углами
должен равняться 120°. Противоположные стороны такого шестиугольника
будут параллельны.
а) Без ограничения общности можно предположить, что
\A B \> \ED\ . Если построить теперь параллелограммы АВСК,
CDEL, EFAM (рис. 113), то каждый угол образовавшегося при
этом треугольника КЕМ будет составлять 60°, откуда | KL | =
= \LM \ ^ \M K \ . Но | KL | = | КС\ —[ LC\ = \ АВ |— \DE |, \LM\ =
—\LE|—\МЕ 1 = |CD| — |ЕЛ|, \M K \ ^ \M A \ — \K A \ = \FE\ — \BC\ ,

242 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

откуда следует требуемое равенство |Л Б |— \DE\ = \CD\ — | Z7/! |=
Н Б Е | — |Б С | .
б) Без ограничения общности можно предположить, что
° 1 > ° 4 (в противном случае можно принять a[ = ai , а’г = аъ,
а3 = аь, а\ = аг, а’ь = а2, a3 — as; случай, когда а1 = а4, т. е. а2 = аь,
а3 = аъ, очевиден). Построим правильный треугольник КЕМ со
стороной \KL\ = \LM \ = \МК\ = а1—fi4 = а6—а2 = а3—а6. Отложим
на продолжении стороны KL отрезок | LC | = я4, на продолжении
стороны LM отрезок | ME | = ав и на продолжении стороны
МК отрезок | КА | = о2 и построим параллелограммы АКСВ,
CLED, EMAF. Нетрудно показать, что шестиугольник ABCDEF
удовлетворяет условиям задачи, т. е. все его углы равны 120°,
причем \AB\ = al\ \ВС\ = а2, \CD\ = as; |DE| = a4; |ЕБ| = я6;
| FA | = a6.
244. Возведя обе части уравнения в квадрат и перенеся в
правую часть, мы убеждаемся в том, что остающийся в левой
части корень равен у2—х, т. е. представляет собой целое число.
Повторяя это рассуждение, мы в конце концов убедимся в том,
что х + У х = т и У x = k должны быть целыми числами,
откуда x = k2, х — \ -Ух—т2, т. е. k ( k -\-\) = m2. Последнее равенство
невозможно при &>0, поскольку k2 меньше k ( k+l ) ,
а (&+1)2 уже больше k ( k+ l ) и поэтому 1, т. е.
т не может быть целым.
Отв е т . Единственное решение уравнения в целых числах —
х — 0; у = 0.
245. Пусть Аг, Вг, Clt D4 (рис. 114)—основания перпендикуляров,
проведенных через вершины А, В, С, D четырехугольника
ABCD к его диагоналям BD, AC, BD, АС соответственно.
Пусть К —точка пересечения диагоналей АС и BD. Мы докажем,
что ДЛ/СБ оо ДЛ^/СБ^, ДБ/СС оо Д Б Д Д , /\CKD cv>Д С Д Б *
и /\DJ\A оо /\D,KA, , откуда, очевидно, будет следовать подобие
четырехугольников ABCD и Л1Б 1С1Б 1, т. е. равенство их углов
и пропорциональность сторон.
Для доказательства подобия треугольников можно заняться
рассмотрением углов.

243 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

Хх, Y v Y —любые четыре точки, лежащие на одной окружности,
и К —точка пересечения прямых ХУ+ и Y X lt то Д XKY оо
оо Д Xj/OV Равенство углов этих треугольников следует нз
теоремы о вписанном угле (нужно рассмотреть случаи различного
расположения точек X, Хх, Y, Yt на окружности; они
могут быть расположены в таком порядке: X, Хх, Ylt Y, в таком:
X, Ylt X lt Y или в таком: X, Х г, Y, Д ; впрочем, последнее
расположение не может встретиться в нашей задаче, если четырехугольник
ABCD выпуклый). Теперь для доказательства подобия
интересующих нас пар треугольников осталось заметить,
что точки Аг и Вг лежат на окружности с диаметром АВ,
поскольку АА1В = АВ1В = 90°. Точно так же точки Вг и
лежат на окружности с диаметром ВС, точки Сг и D1—на
окружности с диаметром CD, точки Dx и Аг—на окружности
с диаметром DA.
2 4 6 . Натуральное число всегда можно представить в виде
n = ab, где а и b—различные числа, меньшие п, кроме того
случая, когда п—простое число или равно квадрату простого
числа. Рассмотрим эти случаи по порядку.
Пусть n = ab, где а > 1, b > 1, афЬ. Поскольку п—нечетно,
то а и b тоже нечетны, значит, а ^ З и Ь ^ З . Поэтому в произведение
(п — 1)! = 1-2-3-. . . •(ab—1) входят а и 2а (поскольку
ab— 1 ^ 3 а— 1 > 2а), а также Ь и 2Ь. При этом все эти четыре
числа а, 2а, b и 2Ь заведомо различны, а и b—нечетны, 2а и
2b—четны, афЬ, 2аф2Ь. Следовательно, (п—1)! делится на
а2Ь2 = п2.
Пусть теперь п = р2, где р—простое чисто. Тогда если
р2 —1 ^4/7, то р2 — 1 ^ 4 р > Зр > 2р > р и поэтому (р2—1)!
делится на р4 = «2. Это заведомо так при 5; р2 — 4р—1 ^
> ( р—4)р— 1 > 1-5—1 > 0.
Остаются следующие возможности: п = 32 = 9 или п—простое
число. Нетрудно показать, что для всех этих п число (п—1)!
не делится на п2. Действительно, для простых п число (п—1)!
не делится даже на п. Для п — 9(9—1)! = 1-2-3-4-5-6-7-8
делится только на З2, а не на 92 = 34.
Ответ, п—любое простое нечетное число или 9.
2 4 7 . Проведем через точку О перпендикуляры к сторонам
четырехугольника, получим четыре пары равных треугольников,
Л Л Л Л Л А А А
откуда заключаем, что 1 = 2, 3.= 4, 5 = 6, 7 = 8 (рис. 115). Поскольку
14-2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 360°, а АОЁ + COD =
= 360°—(2 + 3 + бЦ-7 )= 1 + 4+1) + 8, то из написанных выше
равенств следует, что АОВ + COD равен половине угла в 360°,
т. е. составляет 180°, что и требовалось доказать.
2 4 8 . Выражение kn—bn всегда делится на k—b, поскольку
k*—bn = {k—b)-(kn~1 + kn- 2b + kn- 3b2+ . . . + b » -i);

244 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

(6 и b — произвольные целые числа, g
кфЬ). Таким образом, (6″—Ьп) —
—(kn—а) = а—bn делится на k—b при
любом 6=+Ь, т. е. делится на любое
отличное от нуля целое число. Это
может быть только в том случае, если
а—Ь» = 0, т. е. а = Ьп.
Наиболее характерная ошибка при
решении этой задачи, встречающаяся
в работах участников олимпиады,—
ссылка на теорему Безу. Такой путь
в принципе неверен, поскольку в т е о — Рис. 115
реме Безу речь идет о делимости многочленов,
а в задаче—о делимости чисел.
249. Пусть после вычеркивания двух последних цифр в числе
п2 получается k2, причем /г2 не оканчивается двумя нулями. Эти
условия можно записать так: 0 < /г2—10062 < 100. Первое неравенство
эквивалентно такому: /г > 106, т. е. 106 + 1. Второе
неравенство n2 —10062 < 100 при k ^ 5 не выполняется.
Поскольку даже наименьшее, возможное для п значение 106 + 1
дает: (106+ I)2—(106)2 = 206+ 1 > 100, при 6 = 4 годится только
п = 106 + 1 = 4 1, поскольку 422—1600 уже больше 100; при
6 ^ 3 не могут получиться значения п2, превышающие даже 1000,
поскольку
/г2 < 10062 + 1 0 0< 100-9+100= ЮОО.
Отве т . 1681 = 412.
2 5 0 . Занумеруем отрезки, из которых состоит путь жука,
по порядку. Назовем условно одно из трех направлений линий
нашей сетки горизонтальным и посмотрим, какие номера могут
иметь горизонтальные отрезки, входящие в путь жука. Пусть
а и b—два соседних горизонтальных отрезка, в том смысле,
что между ними нет других горизонтальных отрезков, т. е. весь
путь жука между а и b состоит из отрезков двух других направлений.
Тогда ясно, что ситуация, изображенная жирной
линией на рисунке (116, а), когда по а жук ползет в одну сторону,
а по b—в противоположную, невозможна: тогда часть
пути жука можно было бы укоротить, как показано пунктиром.
Отсюда следует, что по всем горизонтальным отрезкам, входящим
в его путь, жук полз в одну и ту же сторону. Если он
приполз в точку Р (рис. 116,6) по отрезку а, то следующим
горизонтальным отрезком на его пути может быть только один
из отрезков blt b2J b3. .. или Ь,’, b’2, b’3. .. . Легко заметить, что
число промежуточных отрезков между а и b обязательно нечетное,
т. е. номера отрезков а и b имеют одинаковую четность.
Отсюда следует, что номера всех горизонтальных отрезков, входящих
в путь жука, имеют одинаковую четность. Поскольку
все три направления линий сетки равноправны, мы доказали,

245 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

по отрезкам каждого данного направления он или не полз
вообще, или полз по всем в одну сторону и 2) номера всех
отрезков одного направления, входящих в путь жука, имеют
одинаковую четность. Отсюда нетрудно сделать вывод, что либо
все отрезки с четными номерами имеют одинаковое направление,
либо все отрезки с нечетными номерами имеют одно направление.
Поскольку тех и других в пути жука, очевидно, 50, утверждение
задачи доказано.
З а м е ч а н и е . Эта задача—одна из труднейших на олимпиаде.
Она допускает несколько различных решений, кроме приведенного
(например, помогает индукция по длине 2/г пути жука
или разложение вектора АВ по трем направлениям, параллельным
линиям сетки), однако все они достаточно сложны.
251. После того как в выражении х1:х2: . . . :хп расставлены
скобки, каждый знак деления связывает два выражения, из
которых первое нужно разделить на второе (каждое из этих
выражений может быть отдельной буквой xk или скобкой, содержащей
несколько xk). Будем выполнять деление в указанном
порядке и результат каждый раз записывать в виде дроби
■*7i *7а* ‘ «Х*р
‘ -xjq
Если А и В—две такие дроби и нужно разделить Л на Б,
то в результате деления просто «перевернется» дробь В, т. е.
перейдут из числителя в знаменатель или обратно те и только

246 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

окончательном
результате каждое хк окажется в числителе или знаменателе
в зависимости от того, сколько раз (четное или нечетное
количество) мы делили на выражение, содержащее хк, другими
словами, сколько из знаков деления, предшествующих хк, относится
к выражению, содержащему хк.
После этих предварительных замечаний перейдем к выяснению
вопроса, какие дроби можно получить, различным образом расставляя
скобки в выражении х1:х2: . . . :хп.
Очевидно, что х4 всегда будет в числителе (перед ним нет
знаков деления, которые могли бы его «отправить в знаменатель
»).
Почти очевидно, что х2 всегда будет в знаменателе (знак
деления, стоящий перед х2, относится к самому х2 или к некоторому
выражению, содержащему х2).
Значительно менее очевидно, что остальные буквы х3, х4, … ,х„
могут располагаться в числителе или в знаменателе совершенно
произвольным образом; в доказательстве этого утверждения состоит
основная трудность задачи. Отсюда будет следовать, что
можно получить всего 2″-2 дробей: каждое из х3, х4, . . . , хп
можно независимо от предыдущих поставить в числитель или
в знаменатель. Приведем два доказательства.
Пе р в о е д о к а з а т е л ь с т в о . Для того чтобы получить
дробь
*1*П + 1-. .Xj^jX^Xj, +1. . ■ ■
Х2Х3 . . .ДСП—1 x i i x ia + l- ■ ■ x i ,—l x i , x U ь 1 ■ • ■x ib—i x i l — • • *
(2 12 ^ ^ im — п)у
нужно в каждой группе xik, x/fc+1, …, x,-fc+1_1 делить «по порядку»
(… ((л:1:л:2):а:з):…х/1_1) = Рг и вообще
(… (x;k:xik+1) : … ‘■Х[к+1_1) = Рк, …, xim = Pm,
а затем выражения Рг, . . . ,Р т—«в обратном порядке»:
Р1:(Р2:…:(Рт_1:Рт)…).
В том, что получается нужная дробь, можно убедиться непосредственно
(заметив, что Рк = ———— ^ или с помощью
V x ‘k + l ‘ — ‘ X i k + l — 1 /
критерия, указанного в первом абзаце (из знаков деления,
предшествующих некоторому x/t к выражению, содержащему х,,
относятся знаки, стоящие между группами, а также знак, стоящий
непосредственно перед xj). Ясно, что числитель и знаменатель
любой дроби, у которой Xj стоит в числителе, х2 — в знаменателе,
можно разбить на такие группы, что получится дробь
вида (*), поэтому доказательство закончено.
В т ор о е д о к а з а т е л ь с т в о (по индукции).

247 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

Пусть выражение х 1: х 2- . . . . : х п после
некоторой расстановки скобок записывается
в виде дроби А. Если в это
выражение вместо х п подставить выражение
( х п : х п+1), то в результате получится
дробь А, к которой добавится
х п+1 . причем х п+1 будет стоять не там,
q где стоит х п, т. е. если х п было в знаменателе,
то х п+1 попадет в числитель
и наоборот.
Предположим теперь, что наше вы-
Рис. 117 ражение оканчивалось так: , . . ( Р : х п)
(Я—-какое-то выражение или просто
Xn-i). Если мы заменим выражение (Р \ х п) выражением ( ( Р : х п):
:xn+1 )> то в результате получится, очевидно, та же дробь А,
к которой добавится х п+1, причем х п+1 будет стоять там же,
где стоит х п (поскольку (P:xn):x„+1 = Р : ( х п — х п+1)).
Из этого следует, что если мы умеем получать любую дробь
(с х 1 в числителе и х 2 в знаменателе) при некотором п, 2,
то мы можем получать и любую такую дробь для выражения
х 1: х 2: . . . : х п+1. Поскольку при п = 2 наше утверждение правильно,
оно верно при всех п.
Отве т . 2″-2 дробей.
З а ме ч а н и е . Конечно, при двух различных способах расстановки
скобок может получиться одна и та же дробь. Алгоритм,
данный в первом доказательстве (так же, как индуктивное
построение—во втором), указывает один из многих способов
расстановки скобок, при которых получается нужная дробь.
252» Нетрудно показать, что куб можно разбить на 5 тетраэдров,
как показано на рисунке 117, если от куба ABCD A’B’C’D’
отсечь четыре угловых тетраэдра A’AB’D’, C’CB’D’ , ВВ’АС и
DD’AC, то останется правильный тетраэдр B’D’AC.
Может казаться очевидным, что на меньшее число тетраэдров
куб разбить нельзя, но строгое доказательство оказывается не
слишком простым. Приведем наиболее короткое доказательство.
Пусть куб с ребром а разбит на несколько тетраэдров. Имеются
по крайней мере 2 из них, основания которых лежат на
грани ABCD куба (грань куба—квадрат и не может быть
гранью одного тетраэдра). Точно так же имеются по крайней
мере 2 тетраэдра, основания которых лежат на грани A’B’C’D’
куба. Эти тетраэдры заведомо отличны от первых двух, так как
тетраэдр не может иметь двух параллельных граней. Итак,
у нас имеются уже по крайней мере 4 тетраэдра. При этом
такие 4 тетраэдра не могут заполнить к>б, поскольку сумма
объемов первых двух не больше -д- (сумма площадей основании
не больше а2 и высота каждого не больше а) и сумма объемов

248 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

вторых двух тоже не больше ау3, а объем куба равен а3. Таким
образом, есть по крайней мере еще один — пятый—тетраэдр.
Другие доказательства, не использующие идею сравнения
объемов, существенно длиннее.
2 5 3 . 1. Докажем, что какой бы набор хг, х2, . . . ,хп из п чисел,
среди которых не все равны между собой, мы ни взяли,
через несколько указанных в условии задачи операций максимальное
число набора уменьшается, а минимальное—увеличивается.
Действительно, y’~r ^<+1- всегда не больше наибольшего из чисел
х,- и xi+1, и равно ему, только когда хг = х,+1 ^аналогично
для X ” 2 ~X \) . Поэтому, если х—максимальное число в наборе xlf
х2, …, хп, то максимальное число в наб- оре *■ ■1 +g *2 » *2 +2 Xз ’
Xn~^Xl не больше х и равно ему только тогда, когда в наборе
хг, х2, …,хп число х стоит два или несколько раз подряд (мы
считаем, что числа «расположены по кругу», т. е. хп стоит рядом
с х4). При этом, если в наборе xlt х2, …, хп наибольшая длина
цепочки из чисел х, стоящих подряд, равна k < п, то в следующем
наборе она будет, очевидно, равна k — 1, затем k—2 и
т. д. и через k шагов максимальное число в наборе станет меньше
х. Доказательство того, что минимальное число должно возрастать,
аналогично.
2. Предположим, что из некоторого набора целых чисел alt
а2, …,« „ все время получаются наборы целых чисел. Тогда из
сказанного выше следует, что через несколько шагов из набора
alt а2, …, «„должен получиться набор, в котором все числа равны.
Действительно, разность между максимальным и минимальным
числом набора, пока она останется положительной, будет,
по доказанному, уменьшаться. Если она останется все время
целым числом, то через несколько шагов должна обратиться в
нуль.
Нам осталось доказать, что из набора попарно различных
чисел аг, а2, …,«„ не может на каком-то шагу получиться набор
равных чисел.
3. Если из какого-то набора zlt z2, …, zn получается набор
Z- ~. +gZ- О2 , Z „~ 0- 2Ч3 , …, Z„ +2 Z, равных чисел, т. е.
Z1 | Z 2 Z2 -|-Z3 Z3 Z4 Z „ _ x-(-Z„ _ Z„-f-Zj Zj + Zj
2 2 2 — • • •— 2 — 2 — 2 ’
то, очевидно, получим:
Z-y = Z3, Z 2 = . . . , 2„_2 ^2» ^ n — l = ^i> ^ n z 29

249 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

т. е. в наборе zlt z2,
…, zn числа равны «через
одно». Если п нечетно,
то это возможно
только тогда, когда все
числа в наборе z„ z2,
…, zn равны. Таким
образом, при нечетном
п набор равных чисел
не может получиться
из какого-либо другого
(в котором не все чис-
рис ц8 л а равны между собой).
4. В случае четного n = 2k осталось посмотреть, из какого
набора yv у 2, …, уп мог получиться набор, в котором числа
равны «через одно» (но соседние числа не равны):
УгФУъ и. Уз~\~У* и. J/5 + J/e и. . У2к — 1 ~\~У2к и.
2 ’ 2 * 2 ~ 2 ~ ‘
J / 2 + J / 3 _ . J/4 + J/5 _ . Уб Т » Ml „ . . +
2 ’ 2 ’ 2 — ’ 2 ’
причем b Ф с. Замечаем, что сумма всех чисел в первой строке
и во второй одна и та же: У1 + — • + Ум > откуда Ь = с. Полученное
противоречие показывает, что набор вида Ь, с, Ь, с, Ь,
с, …, где Ь ф с, вообще не может получиться из какого-то набора
по нашему правилу.
Тем самым мы показали, что из набора попарно различных
чисел не может получиться набор равных чисел. Решение закончено.
2 5 4 . Обозначим через S lt S 2, S3, S4 и plt p2, p3, р4 площади
и полупериметры треугольников ABE, ВСЕ, CDE, DAE соответственно
(рис. 118). Поскольку площадь любого треугольника
равна произведению полупернметра на радиус вписанной окружности,
нам нужно доказать, что
Pi . Р з Рг I Pi
s3~ s2~r s4
Так как ABCD—описанный четырехугольник, то | АВ | +
-f- | CD |= | ВС | + | AD |. Прибавив к обеим частям равенства
сумму диагоналей, получим
2p1 + 2p, = 2ps + 2pi , т. е. рг + р3 =р 2 + р4.
Четырехугольник ABCD—трапеция (AD^BC), поэтому площади
треугольников ABD и ACD равны, отсюда Sj = S3. Мы
обозначим эту площадь через S:
S = Sj = S 3.

250 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

ДВСДсчоДПЛД, следовательно, ~ = \ w ,! . Далее, по-
Р-l I U I
скольку площади треугольников с общим основанием относятся
как высоты, нетрудно показать, что
s 2 _ S2 _ | BE | S j S | BE |
S S3 ~ | ED | И S4 _ S4 ~ | ED | ’
поэтому ~ ~ ~ =z — t откуда S = — — S 2 и S = — S.. о o 4 p 4 p 2 p4
Из равенства p1 + p3 = p4- f p 2 получим:
Pi I Р з Pi I Рг
S ‘ ~ S ~ S ‘ S’
Заменив здесь первое S на S lt второе — на S3, третье — на
~ S 2, четвертое—на ~ S 4, получим требуемое равенство.
255. Приведем решение пункта б). При первом взвешивании
эксперт кладет на левую чашку весов 1-ю монету, на правую—
8-ю. Правая чашка перевешивает. Тем самым доказано,
что 1-я монета фальшивая, а 8-я—настоящая.
При втором взвешивании эксперт добавляет на левую чашку
9-ю и 10-ю монеты, а на правую — 2-ю и 3-ю. Теперь перевешивает
левая чашка. При одинаковом числе монет на каждой
чашке это возможно лишь в случае, когда на левой чашке настоящих
монет больше, чем на правой. Тем самым суд убеждается,
что 9-я и 10-я монеты настоящие, а 2-я и 3-я фальшивые.
При третьем взвешивании эксперт кладет на левую чашку
4-ю, 5-ю, 6-ю, 7-ю, 8-ю, 9-ю и 10-ю монеты, а на правую—остальные.
Правая чашка перевешивает. Это доказывает, что на
ней настоящих монет больше, чем на левой. Но суду уже известно,
что на левой три настоящие монеты. Отсюда суд делает
вывод, что все четыре новые монеты на правой чашке настоящие,
а соответственно четыре новые на левой—фальшивые.
Итак, суду все ясно.
256. Предположим противное. Тогда наше девятизначное
число х представимо в виде х = а2, где а также оканчивается
на 5, т. е. a— 10ft-f 5, откуда х= 100ft(ft+ 1) + 25, т. е. у числа х
предпоследняя цифра 2. Далее простым перебором легко убедиться,
что число вида ft(ft+ l) может оканчиваться лишь на 0,
на 2 или на 6. Но 2 уже встретилось на предпоследнем месте,
а нуля вообще быть не может. Значит, третья справа цифра
в записи х есть 6. Отсюда х= 1000с + 625. Но тогда а делится
на 25, откуда a=1 00 d±2 5 и х = 10 OOOd2 ± 5000ci-j- 625. Значит,
четвертая цифра в записи х или 0 или 5. И то и другое
приводит к противоречию.
257. Доказательство проведем по индукции, причем индукционный
переход здесь легче осуществить от п к п + 2. Пусть

251 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

вим
две новые точки хп+1 и хп+2 и дополнительно к уже построенным
стрелкам построим стрелки, идущие от всех хи …,хп к
х„+1, из хп+2 ко всем х1г …, х„ и из х„+1 к хп+2. Легко понять,
что теперь все точки х1г …, хп+2 соединены стрелками так, как
требуется в условии (рис. 119). В качестве основания индукции
возьмем п = 3 и п — 6. Для них способ построения стрелок указан
на рисунке 120. Осуществляя выше описанный индукционный
переход, построим стрелки для всех четных п ^ б и нечетных
п ^ З . Проверьте, что для п = 4 построение осуществить
нельзя. ^
2 5 8 . Нам дано, что ВСАХ = ВХСА. Добавим к этому равенству
АСВ, получим, что АХСА = ВСВХ. Отсюда и из равенства ^ д1^ 1 —
= 4 4 ^ 1 , вытекающего из подобия Д ДС Д и следует,
I I __
что Д Л ХСА подобен Д ВСВх, откуда АА1С = В1ВС. Тогда из
рассмотрения треугольников BDE и ЕСАХ (см. рис. 121) следует,
что BDA1 = BCA1 Отсюда видно, что D лежит на окружности
а, описанной около Д Л ХДС.
Так же доказывается, что D лежит
В1 на окружности р, описанной около
ДАДХС. Итак, мы доказали,
что точка пересечения ААХ с а
совпадает с точкой пересечения ВВХ
с р. Аналогичные рассуждения показывают,
что точка пересечения
АЛХ с а совпадает с точкой пересечения
ССХ с окружностью у, описанной
около ДЛСХД. Итак, окружности,
указанные в пункте а) задачи,
и прямые из пункта в) пересекаются
все в одной и той же
Рис. 121 точке.
252

252 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

2 3 9 . Перенумеруем всех N
человек. Если N нечетно, то последнего
не будем ни с кем знакомить.
Поэтому, не ограничивая
общности, можно считать,
что нам надо перезнакомить N
человек при N = 2н. Познакомим
к-го человека (при k-^ti)
с N-м, (iV + l ) — M , … (TV —
—k-\- 1)-м. Тогда &-й (Л < п ) будет
иметь к знакомых. При этом
столько же знакомых будет иметь
и (л + &)-й. Ни у каких трех человек
не будет одинакового числа
знакомых.
2 3 0 . Заметим, что всего король сдела^ ровно 64 хода и что
длина одного хода короля по горизонтали или вертикали равна
1, а один диагональный ход равен ] / 2. Поэтому наименьшую
длину будет иметь путь, при котором король все 64 поля прошел,
делая ходы только по горизонтали и вертикали. Легко
показать, что такой путь действительно возможен, и при этом
длина соответствующей ломаной будет равна 64.
Выясним теперь, какова возможная наибольшая длина пути,
что, очевидно, равносильно нахождению наибольшего числа сделанных
королем диагональных ходов. Зафиксируем некоторый
путь (рис. 122). Занумеруем последовательно все граничные поля
доски и разобьем замкнутую ломаную, изображающую рассматриваемый
путь короля, на участки следующим образом. Припишем
полю в левом нижнем углу доски номер 1 и заметим,
что хотя бы одно из двух звеньев ломаной, исходящих из поля 1,
соединяет его с соседним с ним по горизонтали или по вертикали
полем. Припишем этому полю номер 2 (пусть для определенности
это будет соседнее горизонтальное поле) и тем самым зададим ориентацию
пути вдоль нашей замкнутой кривой и направление нумерации
граничных полей доски от № 1 до № 28. Покажем по индукции,
что первым граничным полем, которое встретится на пути при
движении от поля № к, является поле № £ + 1 (при & = 28,
&-|-1 =1). Для &=1 это верно в силу выбора второго поля.
Пусть на пути из поля к (k> 1) первым встретилось граничное
поле № I. Если l = k—1, то путь от поля к до к— 1 вместе
с участком пути от поля к—1 до к, рассмотренным на предыдущем
шаге и по индукционному предложению не содержит других
граничных полей, образует замкнутый путь, не проходящий
через поле № £ + 1, что невозможно. Если 1 ф к—1 и I ф k-\-1,
то путь от поля k к I разбивает доску на две непустые области,
и нетрудно понять, что если, продолжая путь, король из
клетки / свернет в одну из этих областей, то он не сможет

253 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

попасть в другую, не пересекая
уже пройденного участка
пути. Йтак, возможно лишь
равенство l = k-\-1.
Таким образом, граничными
полями весь замкнутый путь
разбивается на 28 непересека-
ющихся участков от поля k до
&+1 (k— 1, 2, …, 28). Поскольку
переход от поля k к полю
k + 1 сопровождается сменой
цвета поля доски, а сменить
цвет можно только горизонтальным
или вертикальным
ходом, т. е. ходом длины 1,
то каждый из 28 участков пути
должен содержать по крайней
мере один ход единичной
длины и, значит, диагональных
ходов длины J/2 не может
быть больше 36. В том, что
диагональных ходов может
быть ровно 36, убеждаемся,
построив соответствующий пример
(рис. 123). Итак, наибольшая
возможная длина пути
равна 28 + 36 J/TT
261. Заметим, что ОАЕ = АСЕ (рис. 124), так как эти углы
измеряются половиной дуги ^ АтЕ. Из АС || ОВ следует, что
АСЕ = ЕОК- Значит, ЕОК = ОАЕ и треугольники А ОК и ОКЕ
подобны. Из их подобия получаем I О/С | I АК. | |[ ОЩК | , или 1°*Л2 =
= \ЕК\ — \АК\ . Кроме того, из известных свойств касательной и
секущей получаем | |* = | | -1 Л/С |.
Следовательно, | ОК. | = | КВ |.
2 6 2 . Подставив в данное неравенство значения х = 0, х=1 ,
* = —1,получим | с | < 1 и —1 < a + b + c < 1, —1 < а —Ь + с < 1.
Отсюда следует, что линейная функция bx + a + с в точках 1 и
—1, а значит, и всюду на отрезке [—1, 1] принимает значения
по модулю меньшие или равные 1,т. е. | Ьх + а + с |< 1, —1 ^ х < 1 .
В результате
| сх2+Ьх + а | = | с (x2— 1) + Ьх + а + с | < | с | | х 2 —11 +
+ 1Ьх+ ц +с | ^ 1 + 1 = 2 при —1 ^ х 1 j
что и требовалось доказать.

254 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 2)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.
Библиотека учителя.

,

Около

Comments

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии