РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ
НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 1)
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:
193. Пусть (су, bt)—размеры i-ro прямоугольника. Тогда
а А + а А + + А + а А = «2 — 1, (1)
где ah bj—все различные положительные числа, большие единицы.
Найдем наименьшее значение для п. Возьмем наименьшие
числа, удовлетворяющие условиям задачи, а именно: 1, 2, 3,
216 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
+ 5 -6= 100 (2) будет наименьшая. Любая перестановка сомножителей
в суммах или увеличение сомножителей приведет к увеличению
общей суммы. Поэтому наименьшее из возможных значений
для п будет л =11. Покажем, что существуют (+ bt)
такие, что
a1b1 + a2b2+ a 3b3 + aibi = 120.
Первое слагаемое в сумме (2) заменим на (2, 19), остальные
слагаемые оставим без изменения. Прямоугольники со сторонами
(2, 19), (3, 8), (4, 7), (5, 6) удовлетворяют условиям задачи.
Покажем, что для любого « > 1 1 можно указать разбиение
вида (1).
п2—1 отличается от 100 либо на четное число вида 21, либо
на нечетное число вида 2/ + 1 . В первом случае, заменив прямоугольник
(2, 9) на прямоугольник (2, 9 + /), а остальные оставив
без изменения, получим требуемое разбиение. Во втором
случае заменим прямоугольник (2, 9) на (2; 9 + (/— 1)) и прямоугольник
(3, 8) на (3, 9). Остальные прямоугольники оставим
без изменения. Получим требуемое разбиение.
194. Пусть
f(x)-f(y) = f (x—y) (1)
для всех действительных значений х и у.
а) Подставим в (1) х = х0 такое, что /(a’0)+= 0. Такое х0
всегда найдется, ибо по условию f (x)^k0. При х = х0 и у = 0
получим f (х0) f (0) = f (х0). Поэтому / (0) = 1.
б) Подставим в (1) у = х. Получим (f(x))2 = f ( 0).
в) Подставим в (1) У = у . Получим / ( * ) • / ( у ) = / ( у ) •
Так как (по пункту б), то /( х)=1 .
195. При п= 1 утверждение очевидно. Осуществим индукционный
переход от п к п+1 . Пусть имеется множество из
п + 2 положительных чисел, не превосходящих 2п + 2. Если
число 2п + 2 не входит в множество, то подмножество чисел из
нашего множества, не превосходящих 2п, состоит по крайней
мере из п + 1 элемента и в нем по индукционному предположению
найдется элемент, делящийся на другой. Тем самым такой
элемент найдется и в исходном множестве. Если же число
2п + 2 является элементом нашего множества, то число п + 1
либо входит в множество и тогда все доказано, либо не входит.
Тогда, вновь рассматривая подмножество чисел нашего множества,
не превосходящих 2п, и присоединяя к нему число
п+1 , получим новое множество, состоящее по крайней мере из
п + 1 элемента, в котором по предположению индукции находим
элемент, делящийся на другой элемент того же множества.
Если этот элемент отличен от чисел п+ 1 , то он принадлежит
217 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
и исходному множеству и потому является
искомым. Если же элементом является
число п + 1 , то тогда число 2п + 2,
входящее в наше множество, обладает
нужным свойством.
Итак, искомый элемент всегда найдется.
196. Пусть п—число граней такого
многогранника. Тогда сумма плоских углов
” в каждой грани равна 4л, а сумма всех
плоских углов равна 4лп. С другой стороны,
число вершин многогранника не
превосходит 6-g п- = 2„n, а сумма плоских углов
при одной вершине строго меньше 2л. Поэтому сумма всех
плоских углов многогранника должна быть строго меньше 4лп.
Противоречие.
197. Легко проверить, что в одно и то же подмножество не
может попасть три «дубля» (т. е. пары из одинаковых чисел).
Отсюда следует, что одно подмножество должно содержать ровно
один «дубль». Одинокий дубль можно выбрать пятью способами,
к нему в цепи с об* оих концов может примыкать 4- -у3 разных
пар. То есть в цепи с одним дублем возможно построить 5-6
разных троек вида (b, а) (а, а) (а, с), где а, Ь, с—различные
числа от 1 до 5. Легко понять, что каждую такую тройку можно
достроить до замкнутой цепи из пяти пар лишь двумя способами.
Итак, подмножество с одним дублем выбирается 5-6-2 = 60
способами. Далее можно доказать, что при каждом таком выборе
два других подмножества разбиения определяются однозначно.
Поэтому существует 60 искомых разбиений.
198. Сторона вписанного в окружность квадрата хь = У2-г.
Рассмотрим вписанный в окружность квадрат (рис. 94) со
стороной, параллельной СВ. Вписанный в треугольник квадрат
имеет максимальную площадь из всех квадратов, помещающихся
в треугольнике. Следовательно, его сторона х больше стороны
хь, т. е. х > х ъ = У2г.
Впишем в данный треугольник квадрат, а в квадрат окружность.
Эта окружность лежит в треугольнике. Поэтому ее радиус
Y < r —радиуса вписанной в треугольник окружности, ибо вписанная
в треугольник окружность—наибольшая из всех окружностей,
целиком лежащих внутри треугольника.
Таким образом, г < х < 2г.
199. Построим окружность (рис. 95) наибольшего радиуса,
проходящую через точку А’ и касающуюся сторон внешнего
угла. Обозначим точки касания окружности и сторон угла В
218 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
и С. Расстояние между концами В я С равно 2 ^ 2 + 2. Покажем,
что дугу ВА’С окружности можно протащить по коридору.
Повернем окружность на угол 45° вокруг центра О. Тогда
точка В совместится с точкой А’, точка Л’ с С и точка С с С’,
т. е. дуга ВА’С займет положение А’СС. Далее будем перемещать
трубу поступательно по колену вдоль А’С’. Аналогично,
повернув дугу ВА’С на угол 45° в противоположном направлении,
получим дугу В’ВА’, т. е. указанную дугу мы можем
протащить по обоим коленам коридора и в угле.
Покажем, что трубу с большим расстоянием между концами
протащить нельзя. Назовем шириной кривой минимальную ширину
полосы, через которую можно протащить кривую. Предположим,
что можно протащить в коридоре трубу с большим, чем
2 + 2 V2, расстоянием между концами \FE\ > 2 + 2 | ^ 2 > |^ 2
(рис. 96). Поэтому угол между направленными отрезками EF
и А’А тупой. В другом же колене аналогичный угол будет
острым. Следовательно, при протаскивании через угол найдется
положение трубы, когда прямая EF перпендикулярна к АО
(рис. 95). Пусть труба в этом положении пересекает АО
в точке D’ . Обозначим точки пересечения FE с внутренним
углом через F’ и Е ‘ . Тогда |AA’|=g;}^2 и | ДД’ | J / 2 и отрезок
| Д’Д’ / = | FE I — | АА’| — | Д’Д | > 2 + 2 / 2 —2 ^ 2 = 2.
В силу выпуклости полосы, если вся фигура протаскивается
в полосе, то протаскивается в ней любой треугольник с вершинами
в точках фигуры. Рассмотрим вместо треугольника FD’E
треугольник F’А ‘Е’ , лежащий внутри FD’E. Треугольник F’A’E’
равнобедренный прямоугольный. Его минимальная ширина равна
219 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
наименьшей высоте \A’A»\ = -—^—- , т. e. превосходит единицу.
Поэтому треугольник F’A’E’ протащить в полосе нельзя,
а стало быть, нельзя протащить и всю трубу.
Таким образом, расстояние 2 + 2J/2 между концами трубы
является максимальным.
200. Заметим, что п6—п делится на 5 при любом целом п.
Допустим, что f(x) раскладывается в произведение двух полиномов
с целыми коэффициентами. Рассмотрим два случая.
Сл у ч а й а).
Xs— X f а = (авх + аг) ф„х*-\-bjX3 + b2x2 — f bsx + bt). (1)
Приравняв коэффициенты при г ‘, получим а(р„ = 1, откуда следует,
что целые числа а0 и Ь0 равны ± 1 . Можем считать, что
ао~^о= 1 •
Положим х = — а1. Тогда —с ^ + ^ + а ^О или а\—аг—а = О,
что невозможно, так как а{—ах делится на 5, а число а по
условию не делится на 5.
Сл у ч а й б).
хь—х-\-а = (х2—px-\-q) (x3 + b1A’2 + ft2A’+b3); (2)
р, q, blt b.2, bs—целые числа. Пусть х1 и х2—корни уравнения
х2—px-i-q = 0, тогда они и корни уравнения хь—х + а = 0 ,
т. е. х\—х1-\-а = 0, л |—х2 ф-а = 0. Сложив почленно эти равенства,
получим:
* ! + * !—(*1-Ма) + 2а = 0. (3)
Но xt + x 2 = р и
Р& = (x i + х2)ь = х\ + х\ + 5хгх2 (а ? + * ! )+ 1 Oxlxl (хг+ х2). (4)
Из (4) получаем, что рь — (x]+xl)— целое число, делящееся
на 5. Рассмотрим левую часть (3).
х \+ х \—(Ai + x2)-l-2a = A5+Al—pbJrPb—p + 2a.
Как мы показали, xi+xj j— ръ и р° — р делятся на 5. Следовательно,
2а должно делиться на 5, что противоречит условию.
Полученное противоречие показывает, что f (х) = хг’—х + а
нельзя разложить на множители с целыми коэффициентами.
201. а) Пусть ни одна из цифр не нуль. Тогда имеем уравнение
xyz ф- xzy ф- zxy ф- zyx + yxzф- yzx — Зххх
или иначе
222х ф- 222у ф- 222z = ЗЗЗх;
222у ф-222г= l l lx; 2 (уф-г) = х.
Отсюда х—четное, так как у и z не нули и одновременно
не могут равняться единице, то p + z > 2 . Значит, х > 4, т. е.
220 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
х может быть равен 6 и 8:
х = 6; у-\-г = 3; у = 2; 2 = 1 .
х = 8; у + г = 4; г/ = 3; г=1 .
Причем у и г равноправны, поэтому безразлично, какую
цифру обозначить буквой г, а какую буквой у.
б) х не может равняться нулю, у и г одновременно тоже не
могут быть нулями. Пусть одна из них, например у, нуль,
тогда уравнение примет вид:
хОг -f xz О + гхО + гОх = Злхх
или
211x + 211z = 333x; 211z=1 2 2x.
Числа 211 и 122 — взаимно простые. Поэтому в пределах от О
и 9 нет значений z и х , удовлетворяющих уравнению. Случай
невозможен.
От в е т . 1 ) х=6 ; у = 2; г = 1. 3) х = 8; у = 3; г = 1.
2) х = 6; у= 1; г = 2. 4) х = 8; у = 1; г = 3.
2 0 2 . Перенесем 1 в левую часть неравенства и приведем
к общему знаменателю:
х ( x + 1) — 8 (х-— 1 )+ 15л: (х— 1) — 2х (х2— 1) \ п.
Щ х 1 ( |-1 » ’
Х 2 : — Х — 8л:2 + 8 + 15л:3— 15л:—2×3-j-2x .
2 х ( х— 1) (х+1)
—2л:3 + 8л:2— 1 2 л + 8 л:3—4л:2-^-6л:— 4 , „
— 2 л (х— 1) (хф -1) ИЛИ * ( * — 1) ( * -Ц ) < 0 ’
числитель раскладывается на множители
X s—4х2 + 6х—4 = (х—2) ( х2—2х + 2).
Неравенство примет вид:
(х— 2)(х2— 2х+2)
. (х- 1 )(х + 1 ^ V ;
Дискриминант трехчлена х2 — 2х + 2 меньше нуля. Следовательно,
при любых значениях х трехчлен положителен. Поэтому
неравенство (1) равносильно неравенству
х~ 2___ < о (2)
Здесь хфО\ х ф 1; х ф —1.
Умножим обе части неравенства (2) на положительное число
х2(х—1)2(х+1)2. Получим
(х—2)х (х— 1) (х+1)< 0.
221 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
Корни выражения, стоящего в левой части неравенства (3),
суть 2; 1; 0; —1.
Правее самого правого корня выражение положительно,
между 1 и 2—отрицательно, в интервале от 0 до 1 — положительно,
от 0 до —1—отрицательно и при х < —1 — положительно.
Таким образом, неравенству удовлетворяют значения х
в пределах:
1 < х ^ 2 ; —1 < х < 0 .
2 0 3 . Преобразуем выражение в левой части равенства, учитывая,
что а + р + у = л, и применяя формулы:
cos2 х = 1 + c2o s- 2 х- ; cos х = — cos (, л—х)ч,
cosx -f cost/ = 2п cos—Х-\-и COS—X——У ,
cos2 a + cos2 p + cos2 у + 2 cos a- cos p ■ cos у —
— cos2 a + cos2 p + cos2 (a + P)—2 cos a • cos p ■ cos (a + P) =
= cos2 a + cos2 p + cos (a + P) (cos(a + P)— 2cosa-cosP) =
= cos2 a — f cos2 p—cos (a + P)-cos (a—P) —
= cos2 a + cos2 P—-j • (cos 2a + cos 2P) =
— cos2 a + cos2 p — (2 cos2 a —1 + 2 cos2 p — 1) = 1,
тождество доказано.
222 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
2 0 4 . Ан а л и з . Будем строить всевозможные треугольники
АВС, подобные данному, такие, что у них одна вершина—данная
точка А, а другая—В лежит на данной прямой а (рис. 97).
Где будут лежать точки С? САВ = а постоянна и отношение
ICAI Ь „
| В А | ~ ~ постоянное- Поэтому множество вершин получается
из данной прямой а поворотом всех ее точек вокруг А на
угол а и потом удалением от А в — раз. Как известно, после
таких действий прямая а перейдет снова в прямую а’.
Ответов будет два, один или ни одного, смотря по тому,
сколько общих точек имеет прямая а’ с данной окружностью.
Отсюда вытекает
По с т р о е н и е . Проводим через точку А перпендикуляр АХ
к прямой а (рис. 98). Огроим
/ _ X A Y (XAY = a). На прямой
AY откладываем отрезок AY
( jAY\ = ~A^ ‘ ^ . Через Y проводим
а’ перпендикулярно к A Y .
Пересечение а’ с данной окружностью
даст нам точку С.
2 0 5 . а) АС |[ пл. A’B’C’D’ ||SB
(рис. 99). Поэтому
D’C’ || АС
А’В’ || А С. } d ‘C ‘ \\А’В’,
D А || SB ( j y д! и Q’gi
c b ‘ \ \ s b ] 11 ’
223 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
SB _|_ AC. Следовательно, параллельные SB и AC стороны
параллелограмма A’B’C’D’ взаимно перпендикулярны, т. е.
A’B’C’D’ — прямоугольник.
б) Рассмотрим любое сечение: A’B’C’D’.
Пусть | А’В’\ = а’ = ka, где а = | ЛС| = | SB |= . . . .
Тогда
| SC’ | ка . а ■ | SC | | SC \
|S C | ~ а ’ \В’С’ | — | СС’ | — |S C | — |S C ‘| ’
\В’С’ \ = b’ = { \—k)a, Р ’ = 2 ka+2 ( l—k)a = 2a,
т. e. зависит только от а.
2 0 8 . Пусть О—центр вписанной окружности не лежит
внутри квадрата, тогда он лежит внутри или на границе одного
из треугольников AED, EBF, GFC (рис. 100). Если точка О
лежит внутри треугольника ЕВЕ, то перпендикуляр ОК. к АС
всегда пересекает обе стороны квадрата, и поэтому | ОК | >
> | NK | = | EEI >■! NE | > | ОМ |. Пусть он лежит теперь в треугольнике
AED. Перпендикуляр ОК, проведенный через точку О
к стороне ВС, может либо пересекать две соседние стороны
квадрата, либо две параллельные стороны.
Во втором случае, очевидно, отрезок перпендикуляра, заключенный
внутри квадрата, не меньше стороны, поэтому | ОК | >
> \DE | > | ОН | = I ОМ |. В первом случае пусть ОК (рис. 101)
пересекает сторону EF в точке L. Обозначим О’ точку пересечения
биссектрисы угла А со стороной ED, К’—проекция точки О’
на ВС, тогда (ОН | < |0 ‘D ‘ | < \0 ‘Е | < | О’Е’ | < \0 ‘К’ | < | ОК |,
т. е. | 0 Я | < | 0 / ( | . Поэтому | 0 /С | > | 0Я | в обоих случаях, что
противоречит исходному предположению.
2 0 7 . Составим для каждого школьника таблицу из пяти
клеток. В каждой клетке будем писать единицу, если школьник
решил задачу, и ноль, если не решил. По первому условию
каждая таблица присваивается не более чем одному школьнику
(у разных школьников—разные таблицы). Таким образом,
школьников не более 25 = 32. Покажем, что второе условие
будет выполнено только тогда, когда школьников ровно 32.
Предположим, что некоторый набор задач не решил ни один
224 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
школьник, т. е. набор чисел не присвоен никакому
школьнику, так как по смыслу задачи в олимпиаде принимал
участие хотя бы один человек, то найдется присвоенный номер
ЬЪЬ4Ь3Ь2Ь 1 . Построим цепочку
No — b3b4b3b2b^, Ni = bJ34b3Ь — b3 )4b3dz(i19
Ai 3 === Ь^Ь^а^а^а^, A/ 4 — Ььа ^ 3а2а1г A/^ ct3ct^ci3ci2Q^.
В этой цепочке либо два соседних номера Л/,-^ и Л/,- совпадают
при bj — а,- и поэтому являются номерами одного и того же школьника,
либо различаются в i -м разряде, тогда, выбросив из рассмотрения
i -ю задачу, получаем один и тот же набор задач, и
школьнику за номером Ai,-_x соответствует по второму условию
школьник N;. А так как номер Л/„ присвоен, то присвоены
номера Л\, N2, N3, Nt и А/5. Полученное противоречие показывает,
что все номера присвоены и школьников ровно 32.
2 0 8 . Пусть в треугольнике АВС \ ВС | > | АВ | , тогда А > С.
Обозначим через О точку пересечения высот АА’ , ВВ’, СС’
треугольника. Рассмотрим три возможности:
/Ч
I) A < d (рис. 102). Рассмотрим прямоугольные треугольники
ВОС’ и ВОа ’, в них ВОА’ = С и ВОС’^А. \ОС’ \ — расстояние
от точки О до стороны АВ, \0А ‘ \— расстояние до стороны
СВ.
| ОС’ | = | Об | cos/4 и | О А’ | = | ОВ 1-cosC,
но cos А < cos С и, следовательно, | ОС’ | < | О А’ \ .
/\ г
II) А=й , тогда точка О совпадает с точкой А и С совпадает
с А, поэтому |ОС’| = 0, a \OA’\ = h — расстоянию от вершины
А до гипотенузы.
225 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
и, следовательно, ВОС > С. В остальном рассуждения те же,
что и для остроугольного треугольника.
209. Раскроем скобки и приравняем коэффициенты при
одинаковых степенях неизвестных, получим:
1) а + 6 + с = а; 2) ab + 6c-f-ra = 6; 3) abc = c, т. е. Г) 6 = — с,
3′) с = 0 либо 3″) ab — 1.
I с л у ч ай: с = 0. Тогда по Г) 6 = 0 и соотношению 2) удовлетворяет
любое значение а.
II с л у ч ай : а6 = 1. Подставим с в 2) и Г), получаем
b — ab-\-bc-\~ca — ab—Ъ2—ab= — Ь2, т. е. или b = —1, или 6 = 0.
Если 6 = 0, то и с = 0 и снова получаем случай 1. Если
6 = —1, то с = 1 и из 3″) а = —1.
Таким образом, х3—ах2 = х2 (х—а), где а—любое число,
либо х3+ х 2—х—l = (x-f-l)(x—1)(х+1).
210. Раскроем скобки и приведем подобные:
(a2 -f- 62 + с2 + d2 — 2ас — 2bd) (а2 + b2)—a2d2—b2c2 f 2abed =
= (а2 + 62)2 + (с2 + d2) (а2 + Ь2) — 2 (а2 + 62) (ас -f bd) —
—a2d2—62с2 + 2 abed —
е= (а2 + 62)2 + а2с2 + b2d2—2 (а2 + Ь2) (ас + bd) + 2 abed =
= (а2 + 62)2—2 (а2 + Ь2) (ас + bd) +(ac + bd)2 =
= (а2 + b2—ас—bd)2.
2 11. На диагонали, выходящей из острого угла, опишем окружность.
Две оставшиеся вершины четырехугольника попадут внутрь
круга, так как по условию углы при этих вершинах тупые и,
следовательно, диагональ, через них проходящая, короче диаметра.
212. По условию (а) существуют люди, имеющие телевизоры,
но не маляры. Может ли такой человек еще и каждый день
купаться в бассейне? Нет, не может. Ибо тогда по условию (б)
он не должен иметь телевизора. Итак, все эти люди не купаются
каждый день в бассейне, а так как они еще и владельцы
телевизоров, то утверждение (в) выполнено. Итак, (в) следует
из (а) и (б).
213. Пусть QOM = <p, тогда |0М| = /?созф, а | ОМ \ =
(рис. 104). Обозначим МОРчерезО, из ДОРМ имеем |Р О |-cos0=
=] NOI, т. е. | РО |-cos0 = Р cos ф, откуда cos0 = ^ . Пусть
М’—проекция точки М на ОР, тогда
226 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
жат на перпендикуляре к РО и на
расстоянии j pRy2j от точки О. И обратно,
легко доказать, что любая точка
найденного перпендикуляра есть точка
пересечения касательной и перпендикуляра,
проведенного через О к PQ.
g
214. Вместо -^-а2 + 262 мы можем О
рассматривать максимум
■|( —а2 + 262) = 4 а 2+ 3 6 2.
Воспользуемся следующим вспомогательным
предложением:
если |ы | < 1 , | п | < 1 , то | и—v | 2. (1)
Причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда
и=1, v = —1 или и = —1, о=1. Применим неравенство (1) к
функции | / ( х ) |< 1 ПРИ х= 1 и х = ®- Получим:
2 > | / ( 1 ) — / ( 0 ) | = | а + 6 + с — с | = | а + 6 | .
Откуда
(а + 6)2< 4 . (2)
А при х ——1 и Х — 0 получим:
2 > | / ( — 1 ) — / ( 0 ) | = | а — 6 + с — с | = | а — 6 | .
Откуда
(а—6)2< 4 . (3)
Из (2) и (3) получаем: 4а2 + 362 = 2(а + 6)2 + 2 (а — Ь)2 — 62^ 1 6 .
Равенство имеет место тогда, когда 6 = 0 и, следовательно,
|а + 6| = |а—6 1 = J а J = 2.
Тогда |/(1) —/(0)| = |(а + с)—с| = | а | = 2.
Из (1) имеем |с | = 1 и |а + с| = 1. Таким образом,
или с— 1; а = —2; 6 = 0; или с——1; а = 2; 6 = 0. В этих двух
случаях при 0 ^ 1 х | ^ 1 будет: 0 ^ х 2^ 1 ; —1 ^ 2 х 2—1 Д 1.
Таким образом, |2х2—1| = |—2×2-f-1 | = |ax2-f6 x -f 1.
Причем шах ^ — |a 2 + 262j = у (4a2 -f- 362) = • 16= 10у .
2 1 5 . +
п—k
k + l ^ n —(k+t) :2 + l ~ 2 + S ‘
Покажем, что в случае п ^ 2 Smax = rt—2.
Рассмотрим два возможных случая:
a) k + t>n . Тогда —- < 0 и S < 0 < п — -2.
227 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
б) £ + / < « . Тогда k + l ^ l n —1, и так как k ^O, то —1.
Из этого следует:
1 (я —(А4-1)~~ к + 1 ) ^ (П~ ^ (я —(я —1)~~ 7 Г л ) = /! — 2>
т. е. S ^ ? i—2.
Равенство имеет место тогда и только тогда, когда k-\-l — n—1,
т. е. 1 = п—1, fc = 0.
Подобным же образом можно исследовать случаи п = 2 и п= 1.
Окончательно получаем:
I. Если п > 2, то 1 = п—1, k = 0 и максимум выражения равен п.
II. Если я = 2, то / = 0, k Ф2 любое или / = 1, fe = 0 д максимум
равен я.
III. Если п= 1 , то 1 = 0, Л > 1 любое и максимум равен 2.
П П
2 i5 . xl = xk—хк+1. Следовательно, 2 А — 2 (х;—xi+i)=xi— i=i i =i
— х„+1< х х< 1, так как все х; положительны.
217. I р ешен ие . Из произвольной точки О проведем векторы
в точки Л; В; С; D\ Ах; Вх, Сх; Dx (рис. 105), обозначим
— У —У — У — У —У — У — У
их соответственно а, Ь, с, d, аг, blt сх, <3Х.
Получим: й + ох = 2Ь. (1) c + c x = 2d. (3)
b + b x=2c. (2) d + d 1 = 2a. (4)
Из (1) найдем
а = 2Ъ —ах (5).
Подставим в (5) из (2) b =2с —Ьх.
228 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
Тогда a = 4 c—2bx—av (6)
В (6) из (3) подставим с — 2d — с1. Получим а = 8 d —4сх—
— 2Ь1—ах. Из (4) подставим d = 2 а—dx, тогда
—► ^ ^ —>- ->
а = 16а —8dx—4ct—2bx—а,.
—>■ J ‘ ^ —У ^ —V —► —V
Откуда a =-ij:(&?1 + 4c1 + 2aI+ a 1). Векторы а^ 1+ <+ известны.
Следовательно, можно построить вектор а. Построив а,
получим точку А. В есть середина ААХ, С—середина ВВХ, D —
середина ССХ.
II р еше н и е . Сделаем преобразование подобия VAi с центром
в точке Ах и коэффициентом (рис. 106). При VAi точка А
перейдет в точку В. Произведем аналогичные преобразования
VBt, VCi, VDi, которые последовательно переведут точки В в С,
С в D, Ь в А, таким образом, для произведения VAi-VBl-VCt-VDt=V
получаем У(Л)= А. Следовательно, преобразование V есть подобие
с центром в точке А и коэффициентом
Отсюда вытекает следующее построение: возьмем произвольный
отрезок ХУ и построим его образ V (XY) = X ‘Y ‘ . Тогда
точка пересечения прямых XX’ и Y Y ’ будет точкой А.
218. 1) Пусть для треугольника, величины углов которого
равны а, р, у, имеет место равенство cos 2а + cos 2(1 + cos 2 у =—1.
Докажем, что он прямоугольный.
229 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ
УРАВНЕНИЯ ВТОРОЙ СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.
Библиотека учителя.
Околоadmin
Comments