РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

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:

Пусть, например, 2а ^ 1 (случай 2(5^ 1 рассматривается аналогично)
. Тогда [а + 6] = [а] + [5] + 1 и [2а] = 2 [а] + 1 . Поэтому
[2а] + [26] ^ 2 [а] + 1 + 2 [6] = [а] + [6] + [ а + 6 ] .
Итак, лемма 2 доказана.
Возьмем теперь любое простое число и столь большое k, что
pk+i 2п и pk+l > 2т. Тогда и рА + 1 > m + я. Применяя лемму 1,
получаем, что число р входит в числитель данной дроби в степени
— т + г а + — + [ > ] + и + и + — + и —
а в знаменатель—в степени
И + [ ? [ + — +
+ и + т +
я + н + и +
Н+_] , , Г /и + п ~|
Р2 _1 + ■» + [ р* J-
Далее, применяя к числам а = — и Ь = — лемму 2, полу-
Р’ Р’
чаем:
Складывая все такие неравенства для i= 1 , 2, 3, получаем,
что s ^ t . Откуда и следует, что числитель данной дроби нацело
делится на знаменатель.
8 4 . Очевидно, что
х, = х2 = xs = х4 = хъ — а (1 )
является решением данной системы при любом а. Покажем, что
других решений нет. Допустим, что числа хг, х2, х3, xif х6 удовлетворяют
данной системе. Поскольку данная система не меняется
при циклической замене переменных хг —>- х2 —>- х3 —► х4 —►
—>хъ—>xlt то без ограничения общности можно считать, что хл —
максимальное среди чисел я,, х2, х3, х4, х6, т. е. х1^х,- , i= 1 ,
2, 3, 4, 5. Тогда, очевидно, х\—л:3л:в^ 0 и х\—х2х4^ 0 . Используя
1-е и 5-е неравенства, получаем х \—х3л:в<;0 и х\—
Отсюда следует, что если числа х2, х 3, х1У хъ не все равны между
собой, то ни х2, ни х6 не может быть максимальным среди них.
Значит, максимальными среди чисел х2, х 3, х4, х5 могут быть лишь
х3 или х4. Однако легко проверить, что данная система неравенств
не изменится, если всюду поменять местами х:3 и х4 и
одновременно поменять местами х2 и хъ. Поэтому без ограничения
общности можно считать, что х 3 является максимальным среди
чисел х2, х 3, х4, х6. Итак, хг ^ х3 ^ хь 1 = 2, 4, 5. Тогда хгх3^ х 1
и ххх3^ х 3, и, следовательно, учитывая 4-е неравенство, получаем
(х\—хгх3) Д!—х + 3) = 0. Значит, либо x1x 3=xl, либо х1х3= л |.
Учитывая 3-е неравенство, получаем, что либо x1 = x 3 = xi, либо
х1 = хз = хь- В первом случае если хотя одно из чисел х:2 и х6

140 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

строго меньше хх = х 3 = х4, то мы получаем противоречие с третьим
неравенством. Значит, в этом случае все 5 чисел должны быть
равны. Во втором случае число хъ оказывается равным максимальному
среди чисел х2, х3, х4, хъ, а это, как мы уже отмечали,
возможно лишь тогда, когда эти 4 числа равны. Поскольку,
кроме того, х4 = х3, то все 5 чисел равны.
Итак, в любом случае справедливо (1), т. е. данная система
имеет решения только вида (1 ).
8 5 . Допустим противное, т. е. что в некоторой точке у0
I ё (У«)I = я > 1. Возьмем точку х0, такую, что / (л-0) ф 0. Определим
по индукции последовательность {хк), где £ = 0 , 1 , 2 , . . . , следующим
образом:
л- = / Х к+ У о ’ е с л и \ f ( xk+ y 0) \ > \ f ( x k— i/o)I ,
I хк—Уо> если | f (xk + г/0) ( < | / (xk—у0) | .
Используя данное в условии задачи уравнение, получим:
2 1 f (**+l) \> \ f (xk + y0) | + | / (xk—ув) | >
> \ f (X k+ yB) + f(Xk— */o)| =
= 2 |f (x*)| • | g (г/0) | = 2 c | / (xh) | .
Итак, \ f (xk+1) \ ^ a \ f ( x k) \ , a > 1, £ = 0,1,2……….
Отсюда получаем, что | / (xk) \ ^ a k ■ | / (x0) | . Но, поскольку
а > 1 , можно подобрать такое £, для которого
• I f (*о) I > 1 и, значит, | f (xk)! > 1 , что противоречит условию.
Полученное противоречие доказывает, что для всех у.
86. Сформулируем сначала следующее утверждение.
Л е м м а . Пусть в некоторой плоскости даны 3 различные
параллельные прямые. Тогда можно построить правильный треугольник,
такой, что на каждой из данных прямых лежит по
одной из вершин этого треугольника.
Предоставим доказательство леммы читателю.
Для дальнейшего заметим, что длина стороны построенного
в лемме правильного треугольника не зависит от способа построения
и однозначно определяется величинами расстояний между
рассматриваемыми прямыми. Приступим теперь непосредственно
к решению задачи.
Пусть Р0, Рг, Р2, Р3—данные параллельные плоскости, причем,
не ограничивая общности, будем считать, что плоскости
Рх, Р2, Р3 расположены по одну сторону от плоскости Р0 и
расстояния от них до плоскости Р0 равны соответственно р15 р2, р3,
0 < Pi < р2 < р3-
Рассмотрим произвольную плоскость, перпендикуляр к которой
образует угол а ( а ф 0) с перпендикуляром к плоскости Р„.
Обозначим эту плоскость через Qa. Она пересечет плоскости
Р0, Pv Р2 по параллельным прямым /?, /?, /£, к которым
применима лемма. Отметим, что расстояния от прямой 1%

141  РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

до прямых I? и /? равны соответственно —Э— и —^—- — « г sm a sin а •
Обозначим построенный по лемме правильный треугольник через
АаВаСа, где Аа £ Р 0, Ва еРг, Са е Р 2, а длину его стороны обозначим
через аа. Произведем теперь гомотетию плоскости Qa с
центром в точке Аа и с коэффициентом k — sin а. Получим правильный
треугольник, длина стороны которого равна aa sin a , с
вершинами на трех параллельных прямых, две из которых отстоят
от третьей на расстояния рх и р2. Длина стороны полученного
треугольника однозначно определяется величинами рх и
р2, ее нетрудно выразить явно через рх и р2. Но для наших
целей достаточно заметить, что эта длина есть величина постоянная
при фиксированном положении рассматриваемых параллельных
плоскостей. Обозначим эту величину через а. Итак,
aa s in a = a, или
Вычислим теперь, на каком расстоянии от плоскости Р0 находится
центр Оа треугольника АаВаСа. Пусть Еа—середина
стороны ВаСа. Рассматривая плоскость, проходящую через прямую
ВаСа и перпендикулярную к плоскости Р0, замечаем, что
расстояние от точки Еа до плоскости Р0 равно . Затем,
проведя перпендикулярную к Р0 плоскость через прямую АаЕа и
учитывая, что АаОа = -^ АаЕа, обнаружим, что расстояние отточки
Оа до плоскости Р0 равно = £i+£? > т е не за_
висит от угла а. Итак, центры всевозможных правильных треугольников
с вершинами на плоскостях Р0, Ptt Р2 лежат в одной
и той же плоскости S, отстоящей на фиксированном расстоянии
от плоскости Ре, а значит, и от плоскости Рв. Обозначим расстояние
от плоскости S до плоскости Ps через h.
Построим теперь правильный тетраэдр AaBaCaDa, основанием
которого является рассматриваемый треугольник АаВаСа, причем
из двух возможных положений вершины Da возьмем более
удаленное от плоскости Р0. Высота DaOa построенного тетраэдра,
как легко проверить, равна | f Проведем перпендикулярно
к Р0 плоскость через отрезок DaOa. Из рассмотрения
чертежа в этой плоскости (рис. 54), где прямые р0, plt р2, р3
и s есть линии пересечения этой плоскости с плоскостями Р0,
Рг, Р2, Рв и S, обнаруживаем, что точка Da отстоит от плоскости
S на расстоянии, равном
— |« a c o s a = J / ^ • ctg а.

142 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

Для того чтобы вершина Da тетраэдра AaBaCaDa лежала на
плоскости Ря, очевидно, необходимо и достаточно, чтобы най-
Поскольку такой угол а, при котором выполнено последнее равенство,
очевидно, существует, то этим устанавливается существование
искомого тетраэдра. Более того, эта формула позволяет
осуществить конкретное построение такого тетраэдра, если
задано положение четырех параллельных плоскостей.
8 7 . Доказательство можно провести по индукции. При п = 1
утверждение очевидно. Пусть оно верно при некотором n = k.
Осуществим индукционный переход от n = k к n=k + 2.
Выбрав на прямой I направление, перенумеруем данные векторы
в порядке возрастания угла (угол отсчитывается против
часовой стрелки), который они образуют с положительным направлением
прямой I (рис. 55). Покажем, что при этой нумерации
справедливо неравенство
В случае, когда точки Рг и Pk+2 обе лежат на прямой I и
сумма OPt -\-OPk+2 вырождается в точку, векторы в левой и
правой частях неравенства (1) совпадают и оно очевидно. Поэтому
будем в дальнейшем считать, что хотя бы одна из точек
и Pk+2 не лежит на прямой I. Тогда суммой векторов ОРг и
0Pk+2 является ненулевой вектор OR, изображаемый диагональю
ромба со сторонами ОР± и ОРк+2. Поэтому каждый из углов PtOR
и ROPk + 2 не превосходит-^- .Пусть OS = ОР2+ . . . -\-OPk + OPk+i.
Из введенной нумерации векторов следует, что вектор OS заключен
либо внутри угла PxOR, либо внутри угла ROPk+2 и,

143 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

диагональю ОТ соответствующего параллелограмма. В треугольнике
OST угол OST тупой, поэтому сторона ОТ является наибольшей,
т. е. |O r | > |O S | , что и доказывает (1 ) во всех случаях.
Но |ОР2+ . . . +OPk + OPk+11 1 по предположению
индукции. Поэтому из (1) следует, что
\0Р1 + 0Р2+ . . . +ОРк+1 + ОРл+, \ > \ .
Итак, по индукции мы получаем справедливость доказываемого
утверждения для любых нечетных п.
3 8 . Заметим сначала, что если ограничиться множествами,
лежащими в одной плоскости, то нужными свойствами будет
обладать, например, множество вершин правильного пятиугольника
или шестиугольника.
Используем последнее множество для построения искомого
примера в пространстве. А именно возьмем множество вершин
двух правильных шестиугольников, имеющих общий центр, но
лежащих в разных плоскостях. Покажем, что это множество
обладает требуемыми свойствами. Если точки А и В являются
вершинами одного и того же шестиугольника, то точки С и D,
как отмечалось выше, найдутся среди других вершин того же
шестиугольника. Пусть теперь А и В принадлежат разным шестиугольникам.
Воспользуемся тем, что правильный шестиугольник
является центрально-симметричной фигурой относительно своего
центра, и возьмем в качестве точек С и D вершины, центрально-
симметричные соответственно точкам А и В.
Легко убедиться, что при этом прямая CD будет параллельна
прямой АВ.
Итак, множество с описанными в задаче свойствами существует.
8 9 . Пусть исходное уравнение имеет корень х > 0. Но тогда
для этого значения
х4 — | а |х 3—\Ь | х2—| а [ х + 1 ^ х 4 -f ах3+ 6×2 + ax-f- 1 = 0 ,
или
| а | х 3 + | 6 | х2 + | а | х ^ х * + 1 .
Легко проверяются неравенства
х* + 1 ^ 2 х2 и х4 + 1 ^ х 3 + х .
Используя их, получаем
х* + 1 ^ | а [ х3 + 1 b | х2 + [ а | х ^ | а | (х4 + 1 ) +
+ н ^ = ( м + — т г ) (**+!),

144 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

откуда
Тогда
a2 + fca> M a + (2—2 1а|)а = 5 | а |a — 8 | а | + 4 =
= 5(|e|—g-j +4 >4 •
Если же исходное уравнение имеет отрицательный корень х,
то легко заметить, что (—х) является положительным корнем
уравнения х*—ах^+Ьх?—ах + 1=0 . Применим к нему доказанное
выше и получим, что и в этом случае аа+Ьа^ 4 — . Случай О
х = 0 невозможен.
4 Итак, во всех случаях выражение аг -f-Ь2 не меньше . Легко О
4 4 2 убедиться, что значение-g достижимо при а — — g -; b = —g-.
9 0 . Пусть солдат вышел из вершины А. Среди прочих ему
надо проверить точки В и С. Но для проверки точек В и С он
должен побывать на дугах радиуса 4 — (h — высота треугольника)
с центром в этих точках (рис. 56). Найдем кратчайший из таких
путей. Пусть сначала он побывал на дуге с центром в В,
а затем — на дуге с центром в С. Если к этому пути добавить
путь до точки С, то дело сведется к нахождению кратчайшего
пути от Л к С с заходом на первую дугу. Покажем, что таким
кратчайшим путем будет ломаная ADC, где D—середина высоты,
исходящей из вершины В. В этом можно, например, убедиться
следующим образом. Проведем через точку D прямую
MN, параллельную АС, и отметим точку С’, симметричную
точке С относительно этой прямой. Тогда произвольный путь
из Л в С (на рисунке AFC)
можно заменить равным ему
путем из Л в С’ (на рисунке
AFGC’). Путь по прямой ADC
будет, очевидно, кратчайшим.
Пусть Е — точка пересечения
отрезка DC со второй дугой.
Отбрасывая путь по радиусу
ЕС, получаем, что путь ADE
является кратчайшим, при котором
проверяются точки В и С.
Остается убедиться, что при
этом проверяются также и все
другие точки треугольника, т. е.
что ни одна точка треуголь-

145 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

ника не отстоит от пути ADE на расстоянии, большем ~ . Это
можно сделать, разбив треугольник подходящим образом на
участки. Предоставим это читателю.
Итак, путь ADE искомый.
SS- Фигурирующее в условии 3) значение xf естественно называть
неподвижной точкой функции f. Нам нужно доказать,
что у всех функций из G имеется общая неподвижная точка.
Легко проверить, что у линейной функции ахфЬ в случае
а = 1 неподвижная точка имеется лишь при Ь — 0 . Значит, если
f£G и а= 1, то Ь = 0. Но у линейной функции х все точки неподвижны.
Значит, она имеет общую неподвижную точку с любой
функцией из G. Поэтому, если множество G состоит лишь из
одной функции или из двух функций, из которых одна есть
функция х, то утверждение задачи очевидно. Следовательно, мы
можем считать, что в G входят по крайней мере две линейные
функции, отличные от функции х.
Пусть это функции {■х= а 1хфЬ1 и f 2 = a2x фЬ2 (ахФ I, а2Ф 1).
Неподвижными точками этих функций являются соответственно
X[t — ■. h l — и = . Согласно условиям 1) и 2) g = f xo f 2 £ G,
h — f 20 f i£G и g o f r * G G. Осуществляя необходимые подставки,
получаем g (х) = ах (а2х + b2) фЬг, h (x) = a2 {axx +bt) + b2, h- 1 (x) =
_ x—a2bt—b2 ^по уСЛОВИЮ задачи a ф 0 , а2Ф 0 ), g o h ~ x = x ф
+ ((<2 ^ 2 + ^ i)—(dibi+b2)). Но, как мы уже отмечали, из того,
что g o h ~ 1£G, и того, что у g o h -1 коэффициент при х равен 1,
следует, что (а1Ь2фЬ1)—(а2Ь1фЬ2)=^0. Отсюда
—Ь1I =-г Ь2— , т. е. х/= х / , . 1 — ах 1—а2 ’ 11 ‘*
Поскольку это верно для любой пары функций из G, то тем
самым доказано, что у всех f из G имеется общая точка к, такая,
что f ( k ) ^ k .
9 2 . Смысл задачи состоит в том, чтобы путем некоторого
увеличения каждого числа ак устранить резкие различия в величине
соседних членов. Ясно, что числа bk не однозначно
определяются числами ак.
Некоторые способы решения состоят в нахождении алгоритма
последовательного увеличения чисел ак, так что в конце концов
получаются искомые числа Ьк. Рассмотрим два решения задачи.
Р еш е н и е 1. Наиболее краткое решение получается, если
догадаться, что в качестве искомых чисел Ьк можно взять выражения
&A = a1<7* — i + a 2(7 * — 2 + . . . фа к_ дф а кфа к+д ф • • • ф а ^ п~к.
Проверим выполнение условий а), б), в).
Условие а) очевидно.

146 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

Если l < f t < n — l,70qbk—bk+1 = ak+1(q2—1)+- • • +anqn~k~1 X
X (q2— 1 ) < 0 и аналогично qbk+1—bk < 0 , откуда следует выполнение
условия б). Наконец, Ьх4-^г + • • • + bn = a1+ a 2q ~{-a3q2 +
+ . . . + a nqn~1 + a1q + a2+ a 3q + . . . + a nqn- 2 +
+ a1qn~1 + atqn~,i + aaqk- 3+ . . . + а п < (а 1+ а 2 + . . . + а п)^й
X ( 1 + 2q+2q* + . . . + 2 q»-*) < (а, + . . . + а п) .
т. е. выполнено условие в).
Р еш е н и е 2. Это решение длиннее первого, но представляется
нам более естественным. Построим сначала п действительных
чисел с1г с2, . . . , с„, для которых выполняются те же
условия а), б), в), но с заменой в условиях а) и б) строгих
неравенств нестрогими, а именно добьемся, чтобы
a’) ак^ с к при всех ft от 1 до /г;
б’) 9 ^ ПРИ всех & от 1 до п—1 ;
в’) cx-i-c2-{-. . . + с „ < Y~~j(ai -ha2+ . . . +ап).
Для каждого числа а,(1 i <^п) рассмотрим числа ф,- (ft) =
=» а, <7 1 *—* I, 1 ^ ft ^ п, которые можно истолковать как значения
ординат в целочисленных точках некоторой функции Ф,-(х), продолженной
линейно в промежутках между целочисленными точками.
Таким образом, графиком функции ф, ( х) является ломаная,
причем Ф,(х) возрастает при l ^ x < i и убывает при i < x ^ n .
В точке x —i она достигает максимума, равного фf (t) = a,-.
Отметим следующее свойство функции Ф,-(х): если на интервале
(/, / + 1 ), где I целое, какие-то две функции ФгДх) и ф/,(х)
изменяются одинаково (обе возрастают или обе убывают), то на
этом интервале графики этих функций либо не пересекаются,
либо совпадают тождественно.
В самом деле, пусть, например, обе функции возрастают.
Тогда из определения функций ф,- (х) следует, что ф,-,(/) =
= 9Ф/1(^ + 1) и Ф/,(0 —9Ф;, (t + !)• Отсюда ясно, что если числа
Ф, (/ + 1 ) и ф^(/-Ь 1 ) связаны знаком > , •= или < , то тем же
знаком связаны числа ф,-1 (/) и ф,•.(/), а тем самым и значения
функций Ф/Дх), ф,^(х) для любого х, l ^ x ^ l — j — 1 .
Аналогично рассматривается случай, когда обе функции убывают
на интервале (I, / + 1 ), т е. сформулированное свойство
всегда имеет место.
Положим теперь, что ск = шах ф,-(ft) (1 ^!ft ^ п ) , и проверим
1 < i < п
для ск выполнение условий а’), б’), в’).
Условие а’) очевидно, так как ск— шах ф,-(ft) ^ фй(ft) = ак.
1 < £ < п
Проверим выполнение условия б’). Рассмотрим с, и с1+1. Из
определения ск следует, что с, = ф,,(/), с,+1== ф,а (/ + !)• Если

147 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

t1 = t 2, то в зависимости от того, возрастает или убывает функция
ф, ( х) на интервале (/, / + 1), мы получаем
■ ^ ± 1 = — или = q
ci q ct
и тогда б’) выполняется.
Если же i\ф 1 г, то на интервале (/, / + 1) графики функций
Ф,-, (х) и ф/а(х) пересекаются, а тогда по отмеченному выше свойству
одна из них возрастает, а другая убывает. Но ф(1 (1 ) =
= шах Ф/ (/) > Ф/а (0 и ф,- (1 + 1 )= шах ф, (/ + 1 ) > ф,-(/ + 1).
1 < 1<Л 1 </<п 1
Значит, функция ф,- (х) убывает, а ф,- (х) возрастает при
/ < * < / + 1 . ‘ ’
Таким образом,
Ф/Д1 + 1) Ф/*(^ + 1) cl+t Ф / а 1
ч = Т, Ш Фм( 0 < ~ ф£/Г, (,10Г — = -7ci7 — < фц( 0 я ‘
т. е. б’) выполнено.
Для проверки условия в’) заметим, что ck < фДАО + Фг (ft) +
+ • • • Jr (Pn(b) = o.1qK~1 a2qk~2+ • • • + ° * — 1<7 “Ьй/г + Яй-ц<7+ ■ ■ • +
+ anqn~k, и поэтому сумма сг + с 2 + . . . ф-сп оценивается, как и
сумма в первом способе решения.
Итак, выполнение условий а’), б’), в’) проверено.
Осуществим теперь переход от чисел с1( с2, . . . , с„ к искомым
числам Ъх, b2, . . . , Ьп. В силу в’) можем записать:
2~ | (fl^ + йа + • • • +°п ) — (С1 + С3 + • • • +C„) = d > 0 .
Положим, bk = ckJr£pi , l ^ L k ^ .n . Тогда условие а) очевидно.
Свойство в) выполняется, так как
^1 + ^2 + • • • + ^ л ~ c i + c 2 + • • ■ + с л + _2′ < у ( < Д + <з2Т — . . . + а „ ) .
Выполнение условия б), т. е. справедливость неравенств
■ d
. Cl+1 + 2n 1
^ с 4 -— Я *
2rt
можно вывести из неравенств <7 у ( 0 < 9 < 1 ), рассматривая
отдельно случаи сг+1 > с { и сг + 1 < сг. Предоставим это
читателю.
9 3 . За каждый круг игроки вместе получают p+ q + r шариков.
Из условия следует, что N ( р q г) = 39. Так как р,
q и г—различные целые положительные числа, то p-bq + г ^ 6 .
Поскольку, кроме того, N ^ 2, то из разложения числа 39 на
множители заключаем, что N = 3, a p — f <7 + /-= 13. Игрок В,

148 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

шариков, не мог ни в одном из
первых двух кругов получить г
или q шариков, так как иначе
он в сумме набрал бы не менее
13 шариков, что противоречило А
бы условию. Поэтому он и в
первом и во втором круге получил
по р шариков. Игрок С не
мог в первом круге получить г,
так как иначе, получив во втором
круге не меньше, чем q, а
в третьем по крайней мере р,
он в сумме получил бы не менее
13 шариков, тогда как по условию
он получил лишь 9. Итак,
игрок С мог получить в первом круге лишь q. Предоставим
читателю провести дальнейшие несложные рассуждения, которые
позволят найти точные значения для р, q и г и полностью восстановить
ход игры. Тем самым будет доказано, что удовлетворяющая
всем условиям задачи игра действительно может быть
реализована и при этом q шариков в первом круге получает
игрок С.
9 4 . Опишем около треугольника АВС окружность и, взяв
на отрезке АВ произвольную точку D, продолжим отрезок CD
до пересечения с окружностью в точке Е (рис. 57). Получим
| CD | • | DE | = | AD | • | DB |. Отсюда видно, что | CD | будет средним
геометрическим \AD\ и |П £| тогда и только тогда, когда
\CD\ = \DE |.
Значит, нахождение точки D с искомыми свойствами эквивалентно
нахождению на окружности такой точки Е, что отрезок
СЕ точкой пересечения с отрезком АВ делится попола^.
Но такую точку Е на окружности можно найти тогда и только
тогда, когда | С*/71 ^ [ //G |, где CF—высота треугольника АВС,
a HG—высота сегмента АНВ, образованного хордой АВ и стягивающей
ее дугой, не содержащей точки С. Легко, однако,
подсчитать, что если г — радиус описанной окружности, то
| CF | = 2r sin a-sinp, a \HG\ = r — г cosy = 2r sin2- ^ .
Отсюда видно, что фигурирующее в условии задачи неравенство
эквивалентно неравенству | CF | ^ | HG |, про которое уже доказано,
что оно необходимо и достаточно для нахождения точки D
с нужными нам свойствами.
95. Рассмотрим некоторое обобщение сумм, входящих в условие
задачи. А именно введем обозначения при r t i ^ 1
с%« 2 3fc в т = 2 д а * (С«„= 1 ).
(0 < 2 k<m)

149 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

При m нечетном, большем 1, Ат лает сумму из условия задачи.
Используя известное равенство + Clm = С/+Д (I + 1 ^ от), легко
проверить, что при от ^ 1
Ал + ^|л = Ал + 1 * 8 ^я» + ^ т = ^ет + 1 — (1 )
Покажем теперь по индукции, что Ат при т нечетном, а Вт
при т четном не делится на 5. Для всех о т ^ З это верно, так
как At = 1, Л3 = 11, В3 = 9. Пусть для некоторого i > 3 это
верно при всех от<ы. Проверим, что тогда это верно и при
всех о т < + + 1 .
В самом деле, применяя несколько раз равенства (1), получаем
Ат +з = Лт+2 + ^ т + 2 ==9.Л/ л + 1 + 2Дда+1 = 5 (5Am-j-2Bm)-j-Bm,
Вт+з = 5(17 Ат + 5 Вт) + ЗДт .
Отсюда, в частности, следует, что суммы из условия задачи при
любом натуральном п не делятся на 5.
9 6 . Из пункта 2) условия задачи вытекает, что a ^ i , и
поэтому
32 — а1+ а г + ‘ — — + ар ^ 1 ^ ^2~ ^ ’
Отсюда следует, что р ^ 7 .
Выпишем все возможные разложения числа 32 на сумму семи
попарно различных натуральных слагаемых:
1. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 1 1 .
2. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 7 + 1 0 .
3. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 8 + 9.
4. 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 7 + 9.
5. 1 + 2 + 3 + 5 + 6 + 7 + 8 .
Случай 1 не реализуется, так как на шахматной доске размером
8 x 8 не существует прямоугольника из 22 клеток. Остальные
случаи реализуются, в чем легко убедиться, построив соответствующие
примеры.
9 7 . Легко заметить, что сумма S однородна относительно
входящих в нее чисел а, Ъ, с, d, т. е. она не меняет своего
значения при одновременном умножении всех этих чисел на один
и тот же коэффициент. Поэтому мы не уменьшим множество
значений суммы S, если рассмотрим ее только в той части области
определения, в которой a+fc + c + d = l . Положим, далее,
а + с = х и b-\-d = i), причем х > 0 , у~> 0 и х + г/= 1 .
Рассмотрим сумму
<■, а . с а . с 2а с + х—х3
i _ a + f c + d ^ t + c + d 1 — c ^ l — a a c + 1 — х ’

150 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

При постоянном х, если (а, с) пробегает все пары положительных
действительных чисел, для которых а + с = х, как нетрудно
проверить, произведение ас пробегает все действительные числа
между 0 и (—g—J *= -j*• Точнее, 0 < с с ^ — ^ — . На этом участке
выражение
~ 2 ас 4 -х—х2 п , Зх—2 —х2
1 с с + 1 —х ‘ а с + 1— х *
рассмотренное как функция от ас, меняется монотонно и пробегает
все значения из полуинтервала ^х, 2~ j ] •
Аналогично доказывается, что при постоянном у выражение
S д= Ь 1 — я о + Ь + с т o — j — c + d
принимает все значения из полуинтервала [у, g ~ ~ | ■
Тогда 5 принимает все значения из полуинтервала
(*+»■&+* ] — (>.
Если теперь х и у принимают произвольные положительные
значения, при которых x + 1 , то рассуждения, сходные с при-
веденными выше, показывают, что выражение 4—4XI/ принимает
все значения из полуинтервала 2^. Отсюда заключаем, что
S принимает все значения из интервала (1 , 2 ).
Читатели, знакомые с основами математического анализа,
при решении этой задачи могут воспользоваться свойствами
непрерывных функций. Очевидно, что
с ^ а I L [ с | d — о
° ^ a + b ^ a + b ^ c + d ^ c + d
и
с ч, а____I____5____I____ -____ |____ -___= 1
° ^ a + b + c + d ^ a + b + c + d ^ a + b + c + d т a + b + c + d *
Далее следует доказать, что 5 может принимать значения, сколь
угодно близкие к 1 и 2 , а затем, используя в той или иной
форме теорему о промежуточных значениях непрерывной функции,
установить, что S принимает все значения из интервала
(1 , 2 ).
9 8 . Предположим сначала, что каждый из многочленов
Р (х)—1 и Р (х) -J-1 имеет не менее трех различных целых корней,
причем они, очевидно, отличны от корней другого. Из этих
шести целых чисел возьмем наименьшее и обозначим его через
а. Не ограничивая общности, можем считать, что а—корень

151 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

многочлена Р{х)~(-1. Тогда легко проверить, что справедливо
представление Р(х) + 1 = (х—a) Q (х), где Q (х) также многочлен
с целыми коэффициентами. Пусть р, q, г—три различных целых
корня многочлена Р (х)— 1, причем в силу выбора а все они больше
а. Но Р (х)— 1 = (х—a) Q (х) — 2. Отсюда 2 = (р—a) Q (р) =
= {q—a) Q (q) = (r —a) Q (г), где р—а, q—a, г—а—различные
положительные целые числа. Но тогда хотя бы одно из них
больше 2 , что, очевидно, противоречит тому, что оно входит
в разложение числа 2 на целые множители.
Таким образом, наше предположение неверно и, значит, хотя
бы у одного из уравнений Р (х)— \ и Р(х) = — 1 число целых корней
меньше или равно 2. Отсюда и из того, что число корней
каждого из этих уравнений не может превосходить deg(P), следует
доказываемое неравенство.

152 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД (часть 6)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ МЕЖДУНАРОДНЫХ ОЛИМПИАД