РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

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:

263. Покажем, что наибольший номер, который может иметь
победитель, равен 20. Из условия следует, что после каждого
тура номер сильнейшего из оставшихся теннисистов может увеличиться
не более чем на 2. Значит, после 10-го тура номер
сильнейшего не превосходит 21. Покажем, что номер сильнейшего
не может увеличиваться на 2 после каждого из 10 туров.
Допустим противное. Это приводит к тому, что после первого
тура выбыли игроки с номерами 1 и 2 (проиграв 3-му и 4-му),
после второго — игроки с номерами 3 и 4 (проиграв 5-му и 6-му)
и т. д. Тогда к десятому туру остались игроки с номерами 19
и 20. Значит, в результате последнего тура номер сильнейшего
может увеличиться лишь на 1. Получим противоречие, доказывающее,
что хотя бы после одного из туров номер сильнейшего
увеличился лишь на 1. Значит, победителем может стать лишь
игрок с номером, не превосходящим 20.
Приведем пример игры, при которой теннисист с номером 20
действительно становится победителем.
Пример строим по индукции, причем рассмотрим общий случай,
когда игроков 2″, а победителем становится игрок с номером
2п. Для п = 1 построение очевидно. Если уже указан способ
построения примера с 2п~1 игроками, то всех 2″ игроков
разбиваем на две группы по 2п~1 игроков, победители которых
встречаются в п-м туре, т. е. в финале.
В первую группу включим игроков с номерами 2п, 2п—1 и
добавим к ним игроков с большими номерами. Во вторую группу
включим игроков с номерами 1, 2……. 2п—2 и всех оставшихся
игроков.
Легко построить пример игры для первой группы, когда там
победителем оказывается игрок с номером 2п. Во второй группе
победителем по предположению индукции становится игрок с
номером 2п—2. Итак, в финале встречаются игроки 2п и 2п—2,
т. е. игрок 2п может победить.
264. Площадь треугольника не может превосходить поло-
вины произведения двух его сторон. Поэтому 1 ^ у ^ у , откуда
b ^ V 2-
265. Рассмотрим k прямых, каждая из которых делит площадь
данного п-угольника Р пополам и проходит через точку О.
Построим многоугольник Р’ , центрально-симметричный многоугольнику
Р относительно точки О. Очевидно, что рассматриваемые
прямые делят пополам и площадь многоугольника Р’ .
Площади двух кусков многоугольника Р, расположенных в вертикальных
углах с вершиной О и образованных двумя соседними
прямыми, равны (см. рис. 125). При центральной симметрии
многоугольника Р эти куски переходят друг в друга. Отсюда
легко заключить, что в каждом из 2k углов, на которые рассматриваемые
k прямых делят плоскость, должна находиться
по крайней мере одна точка пересечения контуров Р и Р’,222

255 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

поскольку иначе лежащие в этом
угле куски многоугольников Р и
Р’ не могли бы иметь равные
площади. Поэтому контуры многоугольников
Р и Р’ пересекаются
по крайней мере в 2k точках.
Но из выпуклости многоугольника
следует, что на каждой
стороне п-угольника Р может лежать
не более двух точек пересечения
с Р’. Поэтому 2 к ^ 2 п ,
т. е. k ^ . n .
2 6 6 . Из того, f (х) = х не имеет действительных
корней, следует, что квад-
Рис. 125 ратный трехчлен axl -\-{b—1)х+с
нигде не обращается в нуль и,
значит, для всех х принимает
значения одного и того же знака. Итак, следует рассмотреть
два случая: 1) для всех х ах~-]-(Ь—1)х-)-с>0, т. е. / (х)>х;
2) для всех х f (х) < х.
Рассмотрим первый случай и, взяв произвольное действительное
число х0, запишем неравенство / ( х ) > х для значений
х = Дх0) и х = х0. Получим f (} (х0)) > / (х„) и /(х0) > х 0, откуда
f ( f (xa ) )>xo> т — е — в первом случае уравнение f (f (х)) = х не может
иметь действительных корней. Аналогично рассматривается
второй случай.
2S 7 . Пункт а) следует из пункта б), поэтому докажем непосредственно
пункт б). Доказательство проведем индукцией по
числу п. При п = 1 утверждение очевидно. Предположим, что
оно доказано для всех п < п0, и покажем, что оно верно при
п = п„. Рассмотрим составленный из целого числа клеток прямоугольник
Р, содержащий все и0 черных клеток и такой, что в
его самом левом столбце клеток, а также в его самой нижней
строке клеток содержится по крайней мере по одной черной
клетке.
Прямоугольник, получающийся из Р отбрасыванием левого
столбца, обозначим через Р’ (рис. 126). Очевидно, он содержит
менее п черных клеток, и по предположению индукции эти клетки,
рассмотренные изолированно от клеток отброшенного левого
столбца, исчезают не позже, чем в момент t = n0—1. Легко,
однако, заметить, что наличие черных клеток в левом столбце
прямоугольника Р никак не влияет на процесс перекрашивания
клеток, находящихся в прямоугольнике Р’, и может лишь вызвать
появление новых черных клеток в этом левом столбце.
Таким образом, применяя наше правило к совокупности всех п0
клеток, получаем, что в момент времени t = n0—1 в прямоугольнике
Р’ не будет содержаться ни одной черной клетки.

256 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Точно так же докажем, что в момент
времени t ~ n 0—1 не будет
содержаться ни одной черной
клетки в прямоугольнике Р», полу- „
чающемся из Р отбрасыванием Р
нижней строки клеток. Поскольку
ясно, что ни в какой момент времени
черные клетки не могут
образоваться вне Р, то в момент
t = n0—1 черной может остаться
только клетка, не лежащая ни в
Р’, ни в Р», т. е. клетка, расположенная
в левом нижнем углу
прямоугольника Р. Она исчезнет в момент t = na, т. е. в этот
момент исчезнут все черные клетки.
2 6 8 . Заметим, что ни левая, ни правая часть неравенства
не изменится, если сделать циклическую замену индексов, т. е.
если ввести новую нумерацию чисел х г, х2, x s, х4, х5, сохраняющую
их взаимный порядок следования друг за другом (считаем,
что за числом х5 следует число х г). Поэтому можно наибольшему
из данных пяти чисел приписать любой индекс по нашему
желанию. Нам будет удобно считать, что число х2 является
наибольшим (точнее, x2^sx,-, i = 1, 2, 3, 4, 5). Перенося обе
части неравенства влево и преобразуя, получаем слева выражение
xf 4 х\ 4 xf 4 х\ 4 х\ — 2ххх 2—2х2х3—2х3х4—2х4х5 — 2х5х4 4
4 2хгх 3 + 2xlxi + 2х.2х4 + 2х.,х5 4 2х3хь = {х1—х 2 4 х 3)2 4 (xt— х6)24
4 2х4 ( х 4 4 х2—х3) 4 2х6 (х2 4 х3—ху).
Учитывая, что х2^ х 3 и х2^ х 4 и что все числа х; по условию
положительны, видим, что полученное выражение неотрицательно.
Тем самым неравенство доказано. (Фактически доказано
даже строгое неравенство.)
2 6 9 . Выберем три из данных точек: А, В и С. По условию
четвертая точка D лежит вне плоскости АВС. Рассмотрим
Д АВС. Очевидно, возможны лишь три взаимно исключающих
друг друга случая: из сторон треугольника АВС являются ребрами
параллелепипеда 1) две стороны, 2) одна сторона, 3) ни
одна не является ребром. Подсчитаем число различных параллелепипедов
в каждом из этих случаев.
В первом случае пару ребер из трех сторон можно выбрать
тремя способами. При каждом выборе ребер однозначно определяется
грань параллелепипеда в плоскости АВС. При этом
точка D должна лежать в параллельной грани и может в ней
занимать положение любой из четырех ее вершин, определяя
тем самым 4 различных параллелепипеда. Итак, в первом случае
существует 3 x 4 = 1 2 различных параллелепипедов.
Во втором случае любую из трех сторон можно выбрать
в качестве ребра. Легко заметить, что при каждом таком выборе
одна из двух оставшихся сторон должна являться диагональю

257 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

некоторой грани параллелепипеда. И наконец, точка D может
занимать любое из двух положений на ребре, параллельном
ребру, выбранному в плоскости АВС. Итак, во втором случае
имеем 3 x 2 x 2 = 12 возможностей.
Наконец, в третьем случае в плоскости Д АВС нет больше
ни одной вершины параллелепипеда, и точка D может занимать
положение любой из 5 оставшихся вершин, каждый раз определяя
один и только один параллелепипед.
Итак, всего существует 12 + 12+5 = 29 различных параллелепипедов.
2 7 0 . Запишем доказываемое равенство в виде
[а, Ь, с]2 (а, V) ф, с) (с, а) = (а, Ь, с)2 [о, b] [Ь, с] [с, а]. (1)
Слева и справа стоят целые положительные числа, и доказательство
их равенства сводится к доказательству совпадения их
разложений на простые множители. Ясно, что все их простые
множители исчерпываются простыми множителями чисел а, b и
с. Достаточно показать, что любой из таких множителей входит
в левую и правую часть в одинаковой степени. Пусть р—один
из них и пусть он входит в разложение а в степени а, в разложение
b—в степени Р и в разложение с—в степени у (а, Р
и у могут равняться пулю). В силу симметрии рассматриваемых
выражений относительно чисел а, Ъ и о можно без ограничения
общности считать, что а ^ р ^ у .
Тогда можно заметить, что в обе части равенства (1) множитель
р входит в степени 2 а + р + 2у.
Поскольку р—произвольный простой множитель, то тем самым
равенство (1) доказано.
271. Из условия задачи следует, что все грани рассматриваемого
тетраэдра—конгруэнтные между собой треугольники.
Обозначим величины углов этих треугольников через о, р и у.
Плоские углы трехгранных углов с вершинами в вершинах тетраэдра
также равны а, р, у. Из свойства плоских углов трехгранного
угла имеем: а < р + у . Но <х+р+у=180°. Откуда
Р + у > 9 0 ° и, значит, а < 90°. Аналогично доказывается, что
Р < 90° и у < 90е.
2 7 2 . Задача по существу является комбинаторной. Достаточно
подсчитать число произведений, кратных 10, среди всех
9″ произведений. Ясно, что для этого нужно подсчитать все
произведения, у которых среди сомножителей есть число 5 и
хотя бы одно четное число. Легче подсчитать число элементов
в дополнительном множестве. Число произведений, не содержащих
5, равно 8″, число произведений, не содержащих четных
чисел, равно 5″. Среди последних 4″ произведений к тому же
не содержит 5 и поэтому уже были учтены ранее. Итак, число
произведений, кратных 10, равно
9П— (8П + 5”— 4П)

258 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

а искомая вероятность равна
1 8П + 5” —4″
9”
2 7 3 . Легко понять, что наборы чисел определяются неоднозначно.
Приведем некоторые соображения, помогающие подобрать
некоторые из таких наборов. Выведем вначале некоторые
необходимые условия, которым подчиняются искомые числа.
Поскольку указанное в условии неравенство верно для всех
рациональных чисел, то можно перейти к пределу по множеству
рациональных чисел при 7?—+ У2. В результате получим:
2 1 2 1
2T a + 2 3b+ c = 2 d+ 2 3e + 2 3f.
Можно доказать, что это равенство имеет место только в
случае, когда а — е, b = f и с = 2d. Итак, нам остается найти
числа а, b и с, удовлетворяющие условию:
aR 2+ b R + 2d— dR 2 У 2— aR у /~ 2— b У 2
dR 2+ a R + b
или
aR -i-Ь— У 2 d ( R + V 2) < 1 . d R * + a R + b
Это неравенство будет, в частности, иметь место, если
а > d У 2 > О,
Ъ > d У & > 0.
Отсюда получаем целую серию наборов, например:
1) а = Ь — 2, d= 1;
2) a — b — 3, d = 1 и т.д.
2 7 4 . Пусть пятиугольник ABCDE удовлетворяет условию
задачи (рис. 127). Так как SABE= S APC = 1, то Si4CB= S aa7 и
точки Л и В одинаково удалены от прямой СЕ и, следовательно,
АВ\\ЕС (аналогично доказывается, что и остальные диагонали
пятиугольника параллельны соответствующим сторонам), откуда
следует, что четырехугольник
CDEF (F = АС Г) BE)—параллелограмм
и его площадь равна 2 (по
условию SCDE= 1).
Обозначим SABE через S, и
S jUfe—S bfc через S 2, S1-}-S2= l .
Следовательно,
Е abcde — 2 + 2 S 2 -J- = 3 + S 2,
Вычислим S 2.

259 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Из сравнения площадей треугольников ABF и AFE и из
подобия треугольников ABF и CEF следует:
| B F 1 _ \А Р | _ S 2
S 2 — \ E F \ |F C | S i + S a ‘
S j S 2
■S2 S1 + S 2
Решая систему
^ + ^ = 1,
S i s 2
_ S 2 S i + S a ’
получим:
о V~5— 1
2 — 2 »
Таким образом,
5 + V ^
& AJ3CDE — 2
Покажем теперь, что можно построить бесконечно много многоугольников,
удовлетворяющих условию задачи.
Построим, например, правильный многоугольник ABCDE,
удовлетворяющий условию задачи, а затем подвергнем его аффинному
преобразованию, при котором вершины перемещаются
вдоль пучка параллельных прямых (см. рис. 128). Полученный
пятиугольник AlB1C1D1E1 также удовлетворяет условию задачи.
А так как таких преобразований можно осуществить бесконечно
много, то можно получить и бесконечно много пятиугольников,
удовлетворяющих условию задачи.
2 7 5 . Проведем лучи АР и AQ и обозначим точки их пересечения
с гранью BCD через Р’ и Q’ соответственно (рис. 129);
проведем затем через точки Р’ и Q’ отрезок KL, пусть К.С.ВС,
L£CD.

260 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Так как угол P’AQ’ составляет часть угла KAL, то для
решения задачи достаточно доказать, что КАВ^.60°, а для
этого в свою очередь достаточно показать, что | КВ | ^ | АК | и
| t fZ . |< |A L | .
Из треугольников KDL (рис. 130, а) и BKL (рис. 130,6)
имеем: KDB < 60° < KLD и LBK < 60° < ВКВ и, значит,
| КВ | ^ | KD | = | АК |, | КВ | | ВВ [ = | АВ | (равенство, если В = D
или К = В).
Таким образом, в треугольнике КАВ КАВ ^ 6 0 ° . Но P’AQ’—
=lBAQ строго меньше величины угла КАВ и, значит, /MQ<60°.
276. Рассмотрим члены обеих последовательностей по модулю
8. Тогда легко доказать по индукции, что первая последовательность,
начиная с третьего члена, периодическая (по
модулю 8):
1, 1, 3, 5, 3(mod8), 5 (mod8), 3(mod8), . . .
Аналогично можно показать, что вторая последовательность
также будет периодической:
1, 7, 1 (mod 8), 7 (mod 8), 1 (mod 8), . . .
А так как исходные последовательности возрастающие, то
их единственные общие члены—х0, х, и у0.
277. Опишем вокруг многоугольника окружность. Все диагонали
заданного многоугольника являются хордами окружности,
причем ни одна из них не является ее диаметром. Зафиксируем
некоторую диагональ в качестве наибольшей стороны
треугольников, которым не принадлежит центр правильного
многоугольника. Очевидно, что для таких треугольников третья
вершина будет лежать в любой из вершин многоугольника, принадлежащих
меньшей из дуг, стягиваемой этой диагональю
(рассматриваемая диагональ одновременно является хордой
проведенной окружности). Число таких вершин может быть в
зависимости от величины диагонали от 1 до п — 1. А так как

261 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

число диагоналей данной длины равно 2п + 1, то общее число
таких треугольников равно
(2 n+l ) ( l + 2 + . . . + n — l) = ! f c l i ( 2 f t + l).
Число треугольников, вершины которых лежат в вершинах
заданного многоугольника, определяется по формуле
Сгл+1 —
(2л+!)2п (2п— 1)
3-2
Таким образом, искомая вероятность подсчитывается следующим
образом:
(2 п + 1) 2 п ( 2 п— !) п (п — 1)
3-2 2 „ + 1
(2 п + 1) 2 п (2 п— 1) 2 (2 п— 1) *
3-2
278. Искомые числа х, у и г можно считать корнями некоторого
кубического уравнения
t3—at* + bt— c = 0. (1)
Найдем условия, которым должны удовлетворять коэффициенты
этого уравнения. По теореме Виета
a = x + y + z (2)
(по условию задачи, а = 3),
Ь = х у+у г + гх, (3)
с = хуг. ( 4 )
Возведя в квадрат обе части выражения х-\-у-\-г = 3, получим:
х*+ У2 + za+ 2 (ху+ уг + хг) = 9,
откуда
х у+у г + хг — Ь — 3 (5)
(по условию *2 + ^ + za = 3).
Так как х, у и г—корни уравнения (1), то
х3-—axa-j- Ьх—с — 0,
у3—ау* + Ьу—с = 0,
г3—nz2-f-£>z—с = 0.
Складывая почленно эти равенства и используя условие задачи,
а также (2) и (5), получим:
x3 + t/3+ z 3 = 3e.

262 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Сумму четвертых степеней х, у н г определим, сложив равенства:
х4—ах3 + Ьх2—с х = О,
у* — atf + by*—су = О,
г4—azs-\-bz2—cz = 0.
Откуда, используя (6), (2) и (5), получим:
х4+*/4 + z4 = 12r—9. (7)
Аналогично подсчитаем суммы пятых степеней х, у и г:
xb + i f + z5 = 30c—27.
Но так как по условию эта сумма равна 3, то с = 1. Таким
образом, х, у и г являются корнями уравнения
t3—3t- + 3t — 1=0,
или уравнения
( * — 1)3 = 1.
Итак, корнями данной системы являются числа х = у = г = 1.
2 7 3 . Предположим противное, т. е. что \ / pt, \ / р 2, ъ^Р»—
члены некоторой арифметической прогрессии.
Тогда У р г = а, l / p 2 = a + md, j / p 3 = a + mi, где рг, р2, р3—
простые числа, а т и п—целые числа. Исключая а и d, получим:
з /— з /—
V P2— V P l _ tn
V J 3- V ~ P x п ‘
tn V p l— n l / fh = (m—n) (m V f 3—n У~рР* — (m—n)3plt
msp3 — n3p3—(tn—ti)spl = 3 r.in (in—n) • \ f p tPzP3.
Последнее равенство невозможно, так как слева—целое, а
справа—иррациональное число.
2 S 0 . Предположим, что указанные в условии равенства имеют
место, и покажем, что это приводит к противоречию. Воспользуемся
тем, что любой многочлен с целыми коэффициентами,
имеющий целый корень р, можно представить в виде
Q(x) = ( x — p )R ( x ) ,
где R (х) также имеет лишь целые коэффициенты.
Применим это утверждение к многочленам Р(х)—Ь, Р(х)—о
и Р (х)—а. Получим:
Р(х)—Ь = (х—а) Рх (х:),
Р(х)—с = (х—b)P2(x), (1)
Р (х)—а= (х—с) Р3 (х)

263 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Среди чисел а, Ъ и с выберем пару с максимальной по модулю
разностью. Не нарушая общности рассуждений, положим, что
таковой будет разность | а—с|. В частности,
\а—b | < | а—с\. (2)
Подставив с в первое из равенств (1) и учитывая, что Р (с)=с,
получим:
а — Ь = (с—а)-Р1(с).
Отсюда, поскольку Рг (с)—целое число, получаем
| а—£>|>|с—а\,
что противоречит (2).
В случае, когда максимальной будет другая разность, для
того чтобы обнаружить противоречие, придется воспользоваться
каким-нибудь другим из равенств (1).
2 8 1 . В силу симметрии относительно а, b и с выражений,
входящих в неравенство, можно, не ограничивая общности,
считать, что a ^ b ^ c . (1)
Сделаем далее ряд преобразований, переводящих доказываемое
неравенство в ему равносильное:
a3absbc3c^(abc)a+b+c <£=> aa~baa- cbb- c ^ b a- ьса~ ссь~с.
Но в силу (1) последнее неравенство верно, следовательно, верно
и исходное неравенство.
2 8 2 . Проведем через две данные точки, обозначим их А и
В, большой круг и спроектируем на него данную дугу. Очевидно,
достаточно доказать, что проекция дуги целиком помещается
в некотором полукруге построенного большого круга,
т. е. пространственная задача сведена к аналогичной плоской
задаче. Воспользуемся тем, что при ортогональном проектировании
длина дуги может лишь уменьшаться, значит, можно
считать, что полученная проекция дуги имеет длину, меньшую 2.
Проведем диаметр CD, параллельный хорде АВ. Центр круга
обозначим через О. Легко доказать, что среди кривых, соединяющих
точки А и В и пересекающих диаметр CD, кратчайшей
является двузвениая ломаная АОВ. Ее длина равна 2. Следовательно,
рассматриваемая проекция, имея длину, меньшую 2,
не может иметь общих точек с диаметром CD и, значит, целиком
лежит в полукруге CABD.
2 8 3 . Пусть отец с вероятностью р выигрывает партию у
матери и с вероятностью q у сына, а сын с вероятностью г
выигрывает у матери.
Рассматривая все возможные случаи победы отца в турнире,
легко сосчитать вероятность этой победы при каждом из трех
различных случаев начала турнира. Если турнир начался с партии
„отец—мать“, то вероятность равна
Pi = Р (Ч + О — Ч) (1 — г) р) +(1 — Р)■ rpq.

264 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Если первой была партия „отец—
сыи“, то искомая вероятность будет:
Р* = Ч(Р + (1— р) rq) +
+ (i—?)(i— г) pq-
Наконец, если отец не участвовал
в первой партии, то вероятность
его выигрыша равна
Ps = rpq + ( l—r) pq = pq.
Очевидно, что Р3< Р 2 и Р3 <
< Рг, так что неучастие в первой
партии—самая невыгодная для отца стратегия. Остается
сравнить Рх и Р2. Для этого мы должны наложить на р и q
некоторые условия, вытекающие из условия задачи. Известно,
что сын—сильнейший игрок. Поэтому отец выигрывает у него
с меньшей вероятностью, чем у матери, т. е. р > q. Но в таком
случае легко проверить, что Р±> Р2. Таким образом, отец получает
наибольший шанс выиграть турнир, если он начнет его
с партии „отец—мать“.
Стоит заметить, что этот вывод мы сделали, не налагая никаких
условий на вероятность г, а также никак не используя
условия задачи о том, что отец является слабейшим игроком.
Эти условия по существу излишни. Для решения достаточно
лишь знать, что с точки зрения отца сын играет лучше матери
(q < Р)-
£ 8 4 . Повернем треугольник RSP (рис. 131) вокруг точки R
на 60J по часовой стрелке. При этом сторона RP совместится
с отрезком RQ, а точка S перейдет в некоторую точку Т вне
треугольника PQR. Так как | /?S| = | RT | и SRT = 60°, то Д SRT
равносторонний и, значит, | ST | = с. Таким образом, Д QST конгруэнтен
данному треугольнику АВС. Через точку S проведем
прямую, параллельную PQ, и обозначим через и L точки,
в которых она пересекает стороны PR и QR соответственно.
При указанном выше повороте треугольника RSP отрезок RS
переходит в отрезок LT. Легко проверить, что TLS = SLQ=*
= QLT = 120° и, значит, [SL| = и, \ TL\ = v, | LQ \=w. Но |LT |=я
= |/(S | и \LR\ = \LR\. Отсюда
* = | /?L |-H LQ | = |LS| + |JCS| + |LQ| = m+ » + b>.
2 8 5 . Обозначим через R==(M, МА) окружность, которая
описана около треугольника PAQ. Очевидно, точка В лежит
на этой окружности. Будем различать два случая: (1) точка В
находится внутри дуги AQP, (2) точка В находится вне этой
Дуги.

265 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Сл у ч а й (1). Из рассмотрения
рисунка 132 имеем
АВС = 90° и точка В находится
внутри четверти окружности
A Q (иначе прямая C D не проходит
через точку Q) . Точка С,
очевидно, лежит внутри отрезка
ВР. Обозначим через S общую
точку отрезков A Q , РВ.
В прямоугольном треугольнике
P S Q точка С является основанием
высоты Q C , следовательно,
S Q C ^ S P Q и Д A Q D o i
c ^ A Q P C . Более того,ДЛ££>^
= Д QPC, так как | AQ | =
= |QP|==a. Имеет, следовательно,
место | A D | = | Q C | = b
Далее, имеем b = | D C | = | A D | (так как A B C D —квадрат). Поэтому
должно быть |QC| = |DC|. Следовательно, точка С является
серединой отрезка Q D и S—серединой отрезка A Q (ведь C S || A D
и C S является средней линией в треугольнике A Q D ) .
По с т р о е н и е (рис. 132). Построим середину Д отрезка AQ
и обозначим через В ф Р общую точку прямой PS и окружности
К- Обозначим через С образ точки В при симметрии с центром S
так, что |5С | = |5 5 |. Треугольник АВС (где АВС = 90°) дополним
до параллелограмма, который и удовлетворяет условиям
задачи, как сейчас докажем.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Из симметрии с центром S вытекает,
что A SQ C = A S A B и, следовательно, SCQ = 90°. Поэтому сторона
CD параллелограмма ABCD проходит через точку Q к Есе
его углы являются прямыми.
Рис. 132
CD |= CQ | Но
DA |. Откуда вы-
Далее, |5Л | = |SQ |, следовательно, и
AAQD^A.QPC и, следовательно, |CQ| =
текает, что \CD\ = \DA\, и тогда в параллелограмме ABCD все
стороны и углы одинаковы и он является квадратом.
И с с л е д о в а н и е . Точку S можно всегда построить, и поэтому
существует как раз один квадрат с вершиной В внутри
дуги APQ. ^
Из треугольника QSC, где QC5 = 90°, |SC| = -£-fc, I QC | —
,= | AB | = b, из теоремы Пифагора получаем | QS |2 = | SC |2+ | QC |2,
5 откуда Ь = — у ~ .
Сл у ч а й (2) (рис. 133). Пусть точка В находится внутри
дуги, противоположной дуге AQP. В этом случае также
АВР = 90°, Поскольку АС’—диагональ, а на C’Q лежит сторон

266 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

квадрата, то С’ лежит на геометрическом
месте точек,
из которых отрезок AQ виден
под углом 45°. В нашем случае
это более длинная дуга
окружности с концевыми точками
A, Q. Точка С ф В’ лежит
на РВГ и окружности К
и потому обязательно С’ = Р
и, следовательно, D’ = Q. Построение
очевидно (см. рис.
133)—квадрат A ’B’C’D’. В этом
случае сторона квадрата имеет
длину | АВ’ | = а.
2 8 3 . Согласно условию задачи
требуется найти натуральные
числа a, п, га > 1 так, чтобы выполнялось условие
2п— 1 = ат. (1)
С л у ча й (1). Пусть а=1 . Тогда соотношение (1) принимает
вид 2″ = 2 для всех натуральных чисел т. Отсюда вытекает, что
обязательно п— 1. Действительно, при а — п= 1, / я > 1 соотношение
выполнено.
Сл у ч а й (2). Пусть а > 1 . Рассмотрим две возможности:
(2а), (2в).
(2а). Пусть /1=1. Тогда соотношение (1) имеет вид 1 = аст
и его невозможно выполнить, так как для всех натуральных т ^ 1,
а > 1 всегда аст> 1. Следовательно, возможность (2а) исключена.
(2в). Пусть п > 1. В этом случае число 2″ > 2 является четным
и число 2″—1 — нечетным. Из соотношения (1) вытекает,
что число а является обязательно нечетным (в противном случае
число ат не являлось бы нечетным). Тогда рассмотрим две возможности
— (а), (§).
(а). Пусть т > 1 является четным натуральным числом. Положим
а = 2& + 1, т — 2р, где k, р являются натуральными числами.
После подстановки в (1) получаем:
2″— 1 = ((2fc + 1 )2)*,
или
2«— l = (4(k* + k) + l)p. (2)
После возведения в степень получаем справа число вида
4Q + 1, где Q =+ 0—натуральное число. Тогда соотношение (1)
можно привести к виду
2″ = 4Q-)-2. (3)
Так как п > 1, то число 2п делится на четыре, в то время как
правая сторона соотношения (3) на четыре не делится. Мы пришли
к противоречию.

267 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

(Р). Число т является нечетным. Соотношение (1) можно записать
в виде 2n = am-j-l (где т’^2 ) . К правой части (3)
применим формулу xb-f- уь = (л: + у)-р, где р = х 6-1—хь~2у — \ — . . .—
— хуь~2+ у ь~1, которая действительна для всех нечетных натуральных
чисел Ь ^ З , причем число членов многочлена р как
раз равно Ъ.
Соотношение (1) тогда примет вид
2« = (с+1)-Л, (4)
где А = ат~1—ат~2 + . . . —a -f- I является суммой нечетного числа
т нечетных чисел. Следовательно, А является нечетным числом.
В то же время для натуральных чисел 2 —1 имеем
Zk = ak—ак~1 = ак~1 (а—1) > 0. Так как число А является суммой
хотя бы одного числа Zk и числа 1, то А > 1 и, следовательно,
А ^ 2. Но левая сторона соотношения (4) не делится на нечетное
число Л ^ З . Мы опять пришли к противоречию.
З а к люч е н и е . Единственным натуральным числом п, которое
удовлетворяет условиям задачи, является число п — 1, и
при этом число 2п — 1 равно 1.
2 8 7 . Для решения настоящей задачи применим следующие
известные теоремы:
Т е о р е м а U. Задан /_САВ. Обозначим буквой X любую
точку внутри этого угла и х2, х3 соответственно ее расстояния
от прямых АС, АВ. Тогда множеством всех точек X, которые
удовлетворяют условию х2^ х 3, является острый / _ ВАК.’, где
полупрямая АК (луч) является биссектрисой данного /_ВАС.
Т е о р е ма V. Задан отрезок АВ, через 0 3 обозначим его
ось*. Множеством всех точек в плоскости, удовлетворяющих
условию | ХА | ^ | ХВ | (включая и нулевые расстояния), является
полуплоскостью 0 3В**.
Т е о р е м а W. Если /_ВСА\ является заданным углом и
если полупрямая СК проходит внутри этого угла, то полупрямая
СК пересекает отрезок ВМ в его внутренней точке (рис. 134).
Решение задачи разделим на части I, II: в первой части
рассмотрим множество всех точех X треугольника АВС, которые
удовлетворяют условию | ХА | ^ | ХВ | ^ | ХС |, во второй части
закончим решение задачи.
I. Обозначим через Оь Ог, 0 3 соответственно оси сторон а, Ь, с
данного треугольника АВС, далее, через М’, М», М —середины
этих сторон, АК, ВК, СК—биссектрисы его внутренних углов,
где К —центр вписанной в треугольник АВС окружности (он
лежит внутри треугольника). Согласно условию имеет место
a < b (1)
* Осью отрезка будем называть его серединный перпендикуляр.
** Полуплоскость, ограниченную прямой О, и содержащую точку Y , мы
будем обозначать О,К.

268 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

утверждать, что
О < а < 45° < р < 90°. (2)
Из теоремы V вытекает: каждая точка X треугольника АВС,
которая удовлетворяет условию | ХЛ| > | Х . 5 | , лежит в полуплоскости
0 3В; каждая точка X треугольника АВС, которая
удовлетворяет условию | ХВ | > | ХС |, лежит в полуплоскости ОхС.
Точка X, которая удовлетворяет условию
|Х Л | > |Х Я | > |Х С | , (3)
лежит одновременно в прямом /_ ВСА и в остром /_ QMM’,
где Q— точка пересечения прямых АВ, 0 3. /_ QMM’ ведь является
общей частью полуплоскостей ОгС и 03В. Прежде чем
установить, что заполняют точки, произведем два исследования:
(1) имеет место Ох||ЛС, так как АС СВ, Ot J_CB.
(2) имеет место | МА | = j MB | = | МС |, так как М является
центром окружности, описанной около треугольника АВС. Следовательно,
треугольник MAC является равнобедренным и 0 2
является его осью симметрии; отсюда вытекает:
СММ* = АМ М ‘= р (4)
(так как в треугольнике АММ» А = а, М» = 90°, М = Р).
QMM» = a, так что ХММ» > QMM» (см. (2)); следовательно, полупрямая
MQ лежит внутри /_[СММ» и, следовательно, точка Q
лежит внутри отрезка СМ». Точки X треугольника АВС, которые
удовлетворяют условию (3), следовательно, заполнят трапецию
CQMM’ с большим основанием
\мм’\ = ^ь.

269 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

II. Из теоремы U вытекает:
каждая точка X треугольника АВС, для которой х1′ ^ х г,
лежит внутри острого угла АСК, (6)
каждая точка X треугольника АВС, для которой х2^ х 3,
лежит внутри острого угла ВАК• (7)
Обозначим через L точку пересечения биссектрисы СК угла
ВСА с прямой 0t. Согласно (4) треугольник МВС является
равнобедренным и имеет ВСМ = СВМ = (3 > 45° (см. (2)), и, следовательно,
ВСМ>ВСК = 45°; полупрямая CL лежит поэтому
внутри угла ВСМ и имеет согласно теореме W с отрезком ММ’
общую точку L, которая лежит между точками М, ЛГ. Отсюда
вытекает, что общей частью трапеции CQMM’ (см. (5)) и угла
АСК (см. (6)) является трапеция CQML. (8)
Осталось найти общую часть трапеции CQML (см. (8)) и
угла ВАК (см. 7)). Полупрямая АК лежит внутри угла САВ
(или угла QAM) и согласно теореме W имеет с отрезком QM
общую точку Р, которая лежит между точками Q, М. Далее
точка К (центр вписанной в треугольник АВС окружности) наверняка
лежит внутри треугольника АВС. Мы докажем, что
точка К лежит внутри отрезка /C\ L. \ 0
В треугольнике КВС имеем В = -^§, С = 45°, но -j < 45° и,
следовательно, В <С. Напротив большего угла С треугольника
КВС лежит большая сторона, т. е. | ДС | < | KZJ | и согласно
теореме V (примененной для неравенства) точка К попадет внутрь
полуплоскости 0 гС и, следовательно, обязательно внутрь отрезка
CL.
Следовательно, точка Р лежит внутри отрезка QM и точка К
лежит внутри отрезка CL; поэтому общей частью трапеции CQML
и угла ВАК является четырехугольник KPML. В решении мы
опирались на теоремы U, V, которые описывают множества
всех точек, обладающих определенным свойством. Поэтому четырехугольник
KPML является множеством всех точек, которые
удовлетворяют требованиям задачи.
283> Будем пользоваться обозначением (рис. 135), где f1= P 7 ‘1,
t3 = PT2 являются касательными к данным окружностям &х =
= (S<, г), k2 = (S2,r) в их общей точке Р. Пусть О является
центром отрезков PQ ,S 1S2. Угол а> = Т 1РТ2, углы ф = 7 ‘1Р1/ и
tp’ = T2PV вертикальные и являются смежными с углом со.
Точку пересечения прямой t2 с kY обозначим через V, U ф Р;
аналогично V является второй точкой пересечения прямой tx с k 2.
Назовем прямой типа s прямую, которая имеет, кроме точки Р,
с окружностями kv k2 общие точки X и Y, причем точка Р лежит
между точками X, Y. Очевидно, что каждая прямая, которая проходит
через точку Р и внутри угла <p = T lPU — T 2PV, является

270 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

прямой типа s; все остальные прямые, проходящие через точку Р,
не являются прямыми типа s.
Обозначим \ = PXQ, г\ = PYQ\ тогда £ = т|, что сейчас докажем.
Угол 1 является вписанным углом в окружность kt и опирается
на дугу PQ окружности klt аналогично угол т] опирается
на дугу PQ окружности k2. Из симметрии эти дуги равны, и потому
AStQ = f \S 2Q, следовательно, £ = т]. Тогда треугольник QXY
является равнобедренным с вершиной Q. Далее, видно, что все
треугольники QXY являются подобными друг другу, так как
величины их углов соответственно равны (измеряются половиной
дуги PQ)’, это мы применим в части б) нашей задачи.
а) Обозначим через Q0, Х 0, Y„ соответственно середины сторон
XY , YQ и QX треугольника QXF. Докажем следующие две
теоремы.
Т е о р е м а Vt. Множеством точек Q„ является множество
всех точек внутри дуги U0PV0 («внутренность» дуги) окружности
V=(0,0P), где О является серединой отрезковSjS2, PQ, точки £/„,
V0 являются соответственно серединами отрезков PU, PV.
Т е о р е м а У2. Множеством точек У0 является множество
всех точек внутри дуги OSги ‘ окружности k[, которая является
образом окружности в гомотетии с центром Q и с коэффициентом
причем U’ является центром отрезка QU. (Имеет
место аналогичная теорема о точке Х 0.)

271 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Д о к а з а т е л ь с т в о т е о ре мы Vx. Рассмотрим прямоугольный
треугольник PQQ0 с гипотенузой PQ-, тогда точка Q0
находится на окружности v с диаметром PQ. На окружности v
точка Qo может лежать только внутри дуги U0PVB (где (/„, 1/0
являются центрами хорд PU, PV), так как эти точки находятся
в одном из углов ф, ф’. Если Q o ^ P является точкой этой дуги,
то прямая PQ является прямой типа s и Q„ является, очевидно,
серединой соответствующего отрезка XY. Теорема Уг доказана.
Д о к а з а т е л ь с т в о т е о р е м ы V2. Точка YB является
образом точки X в гомотетии с центром Q и с коэффициентом
~ ; точки О, U’ являются образами точек Р, U в этой гомотетии.
Образы точек X дуги Q в этой гомотетии лежат на
дуге OSf l ‘ окружности, построенной на отрезке S tQ (как диаметре)
(точка St является образом точки X ‘ , диаметральной
к точке Q на окружности &,). И обратно, каждая точка, находящаяся
внутри дуги OSj^U’, является, очевидно, образом У0
середины стороны QX определенного треугольника нашего типа
QXY. Следовательно, мы доказали теорему V2 и решили часть
а) данной задачи.
б) Мы уже доказали, что каждые два треугольника QXY,
QX’Y’, которые удовлетворяют условиям задачи, подобны.
Обозначим через М, М’ центры окружностей, описанных около
этих треугольников, они лежат на полупрямых QQ0, QQo (соответственно),
где Q0, Qo являются центрами оснований XY и
X ‘Y ‘ . Поэтому справедливо
\Q M | _ \ Q M ‘ | = ^ (1)
1в«о| | QQo |
где Я > 0 является некоторой постоянной; следовательно,
|QM| = XQQ0. Точки М, М’ являются соответственно образами
точек Qo, Р в гомотетии с центром Q и с коэффициентом Я.
Точки М заполнят поэтому внутреннюю часть дуги U’aM’V’a, которая
в этой гомотетии является образом ранее уже рассматриваемой
дуги U0PV0.
Наоборот, выбранной точке М внутри дуги U’0M’V’0 соответствует
в обратной гомотетии точка Q0 внутри дуги U0PV0\ мы
уже знаем, что каждой такой точке Q0 соответствует единственный
треугольник QXY, для которого точка является центром
описанной окружности.
Множеством центров окружностей, описанных около треугольников
OXY, является множество всех точек внутри определенной
дуги Sj^P’S^ секущая PQ которой является осью симметрии,
причем S1— U[;, 50 = Vo.
Постоянную Я можно просто выразить при помощи чисел г,
t, где 2t = PQ—длина общей для окружностей и k2 хорды

272 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Тогда
^ = i w ; I C ^ M Q S x H r , |Q£/0| = |PQ|-Sin£ = ^ f
/-2
так что ^ = 2 ^ .
2 8 9 . Функция у=у(х) строго положительна, так как
член 11 + У 4 — х2 J является положительным числом, член
| 1 —У 4—х2| является неотрицательным числом для всех х, для
которых 4—xas£C0, или
—2 < х < 2 . (1)
Так как у(х)—у (—х) при всех х, удовлетворяющих (2), то
график этой функции симметричен относительно оси у.
Рассмотрим две возможности. _____
Сл у ч а й (а). Пусть 1 —У 4—х2^ 0 , или 1 ^ | / 4 —х2; возведением
обеих частей этого неравенства в квадрат получим,
что это неравенство имеет место именно для следующих х:
или
х > / 3 ,
или
* < —J/3. (2)
Тогда | l —У 4—х21 = 1—У 4—х2 и из определения у получаем:
0 = | [ 1 + у Т = ] ? + 1 — 1 / 4 = ^ ] = 1 , (3)
или у — 1.
Объединив (1), (2) и результат (3), получим: графиком функции
у(х) в промежутках [—2, —У~3\, \УЗ, 2] являются отрезки
прямой у — 1 (рис. 136). _____ _____
Сл у ч а й (б). Пусть 1—У 4—х2^ 0, или 1 ^ ) / 4 —х2; возведением
обеих частей этого неравенства во вторую степень получим,
что это неравенство имеет место в интервале
— j / 3 < x < ] / 3 . (4)
Тогда | l —У 4—х21 = У 4—х2—1, и из определения у получаем:
^ = 1 ( 1 + у 4 ^ & + 1 / 4 П ^ _ 1) = у 4—х2,
или у= У 4—х2. Возведением во вторую степень обеих сторон
этого равенства получим:
х 2 + £ 2 = 4 ,

273 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

окружности, описанной вокруг начала координат радиусом 2.
При этом у > 0 и речь идет о тех точках окружности (5), соответствующие
координаты х которых принадлежат интервалу (4);
для х = ± } / 3 и у > 0 из уравнения (б) получаем у = 1. Следовательно,
графиком функции (1) в интервале (—\/~3, |/3 ) является
дуга окружности с центром в начале координат и радиусом 2;
эта дуга располагается над осью X.
290. А н а л и з (рис. 137). Обозначим через М точку пересечения
прямых AD, ВС. Заметим, что гомотетия с центром М,
которая отображает точку А в точку Р, отображает и отрезок
АВ в отрезок PQ и точку В в точку Q. Далее, она отображает
отрезок AQ в отрезок PC (так как PC ]| AQ), так
что отображает точку Q в точку С. Отсюда вытекает, что отрезок
QP отображается в отрезок CD и, следовательно, точка Р
в точку D. Обозначим через jc> 0 коэффициент гомотетии. Тогда
получим |МР | = х-| МА |, \MD\ = x- \MP |. Делением соответствующих
сторон обеих равенств получим:
| МР | | М А |
| MD | — j МР | ‘
т. е. | А4Д |2 = | МА \ • \ MD |.
Отсюда вытекает построение: на отрезке МА как диаметре
построим полуокружность k. В точке D построим перпендикуляр
к прямой МА и общую точку этого перпендикуляра с полуокружностью
k обозначим через R. Из теоремы Евклида
вытекает, что | MR |а = | МА |-| MD \ и, следовательно, \МР\ =
= | MR | и таким образом точка Р построена. Из предыдущего
следует, что построенная точка Р — искомая.
Из анализа вытекает, что задача имеет лишь одно решение.

274 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Определим еще длины отрезков РА, BQ. Для этого обозначим
| АВ \ — а, \ВС\ = Ь, |CD | = с, \DA\ = d.
Очевидно,
0 )
Далее, | РА | • (х + 1 ) = d и отсюда после подстановки вместо х
выражения (1)
т. е.
\PA\{y~cA-V»a) = dV a ,
откуда
d У а
I РА | У а + Ус
Аналогично можно получить, что
4 1 у б + Ус
2 9 i. Преобразуем sinl.
sin 1 = sin (k—(k— 1)) = sin k cos (k — 1)—cos k sin (k — 1).
Для k -то члена получили:
s i n l sin k cos ( k— 1) — cos k sin (k— 1) , , , , ….
cos (ft— 1) cos ft — cos (/г— 1) cos A — ^ I 1′
Так как k целое, то ! г ф У т ни при каком целом т, следовательно,
cosky=0 ни при каком k и, следовательно, равенство
справедливо для всех значений k. Тогда, применив (1) к каждому
слагаемому, получим:
sin 1 sin 1 sin 1 , , sin 1
cos 0 cos 1 ‘ cos 1 cos 2 cos 2 cos 3 cos (n— 1) cos n
~ (tg 1 — tg 0) + (tg 2 — tg 1) + (tg 3 — tg 2) + . . . +
+ (tg n— tg (n— 1)) = tg n—tg 0 = tg n.
2 8 2 . Обозначим | AB \ = с; | BC | = «; | AC | = b\ | AD | = a’\
| BD\=b’; |CD] = c’.
Данные равенства примут вид:
a2 + a’2 = b3-{-b,z = cz + c’z. (1)
Покажем, что все три угла при каждой вершине тетраэдра
одновременно либо острые, либо прямые, либо тупые.
Рассмотрим, например, углы при вершине А. Обозначим
BAD — cp] CAD = i|); ВАС = со (рис. 138).

275 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Из теоремы косинусов получаем:
2a’ccos<p = a ‘2 + c2—b’2, (2)
2а’b cos tJ) = a ‘2 -j-b2—с ‘2, (3)
2bc cos со = Ь2 + с2—а2. (4)
Преобразуем правые части равенств (2) и (3), используя (1):
а’2 +с 2—Ь’2 = (с2 + с’2 — а2) + с2 — (с2 + с’2 — Ь2) = с2 + с’2—а2 +
+ с2—с2—c’2 + b2 = b2 + c2 —а2.
a’z + b2—c’2 = (b2 + b,2—a2) + b2—(b2+ b ’2—c2) = b2+ b ‘2—
—a2+b2—b2—b’2 + c2 = b2 + c2—a2.
Правые части равенств (2) и (3) равны правой части равенства
(4).
Следовательно, 2G’ccos(p==2a’bcos^==2fcccosco. Так как длины
ребер тетраэдра выражаются положительными числами, то cos ф,
cos ip, cos со одновременно либо положительны, либо равны нулю,
либо отрицательны, т. е. углы ф, ф, со одновременно либо острые,
либо прямые, либо тупые. Так как вершина Л—произвольная
вершина тетраэдра, то все три угла при каждой из вершин
тетраэдра одновременно либо острые, либо прямые, либо тупые.
Прямые или тупые углы могут быть не более чем при одной
вершине тетраэдра, так как в противном случае по крайней мере
в одной из граней, т. е. в одном треугольнике, было бы больше
одного прямого или тупого угла, что невозможно.

276 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Если при всех вершинах тетраэдра углы острые, то утверждение
справедливо.
Если при одной из вершин, например А, углы прямые или
тупые, то все углы в грани, противоположной этой вершине,
будут острыми. В данном случае грань BCD—остроугольный
треугольник.
Таким образом, утверждение полностью доказано.
293. Если x]t х2, . . . , хп—решение системы, то ни одно из
чисел Xj не равно нулю.
Для случая п= 2 имеем систему:
При ах = а2 система имеет бесконечное множество решений.
Если ахф а 2, то система не имеет решений.
Для случая / 1 = 3 данная система примет вид:
Перемножив уравнения (1) и (3) и разделив на (2), получим:
Для каждого значения хх из первого и третьего уравнений
можно найти соответствующие значения х2 и х3. Значит, при
п = 3 система всегда имеет два решения.
Рассмотрим решение системы для произвольного п.
Сл у ч а й а). // ^ 2 четное.
Тогда имеем:
Подставив значения произведений из данной системы, получим:
Это условие необходимо для существования решения.
При выполнении (6) система имеет бесконечное множество
решений. Действительно, для любого ххФ 0 из первого, второго
и т. д. до (п—1) уравнений данной системы последовательно
получим значения х2, х3, . . . , хп_х, хп. Мы должны показать,
что хх и х„ удовлетворяют и последнему уравнению системы

277 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Действительно,
{Х2Х3) (Х&Хь) • . . {хп~2Хп — l) (hid.i . , , Qn_2
v ,. _ (*1*2) (*3*4) • • • ( * n — \Xn ) . •• Qft- 1
71 1 i Y . Y A /у.. _ У . . A /7-/7- /7 — * V * /
по (6) правая часть (7) равна ап, т. е. xnxi = an.
Таким образом, если выполнено условие (6), то система имеет
бесконечное множество решений.
Сл у ч а й б). Пусть п нечетное. Тогда
(*1*2) (х3х<г) ■ ■. (*«*!) _ a,<h •• • «я
(*2*з) (Х Л ) . . . ( Х „ — г Хп ) 0204 . . . 0 „ — 1
или
° 1 а 3 ■ • ■ ап
а2ап • • • а п — 1 (9)
Отсюда находим два значения xt. Для каждого из этих значений
найдем последовательно из данной системы значения остальных
неизвестных. Покажем, что значения хг и хп удовлетворяют
и последнему уравнению. Действительно,
х х ___ ( * 1* 2) ( * 3* 4) ■ — • (хп — 2x n—i ) ■ ап — 2
хп ~ (*2*з) (Х4х5) . . . ~ 0204 . . . 0 „ _ 4 *
Из (9) имеем
а1а3 • • * ап — 2 Х1
Ct^CL^ • . . 0,п —| Qn
Следовательно, ^ = Откуда хгхп = ап.
х п ап
Таким образом, для нечетного п система всегда имеет два
решения. Для четного п система имеет бесконечное множество
решений, если аха 3 а„_1 = а,Й4 . . . а„, и не имеет решений,
если &^С13 . . . cin—i ‘-#= ^2^4 • ■ •
294. Не нарушая общности рассуждений, можно положить,
что
а ^ Ь ^ с . (1)
Если а !> 3 , то об + 6с + ас 36с <! abc. (2)
Причем равенство возможно только при а = 6 = с = 3. Неравенство
(2) противоречит данному неравенству.
Поэтому а < 3, т. е. а = 2.
Тогда из abc <ab -\-bc-\-ac (3)
имеем 26с < 2 6 + 6с+ 2с, т. е. 26 + 2с > Ьс или
с 1 — 1 Если с > 6 > 5 , т о т < г ; 71 <- у1 и -1 +. 1 — 2 . 1
т. е. неравенство (3) не имеет места. Итак, в случае а= 2 должно
быть либо 6 = 2, и тогда с—любое простое число, либо
6 = 3, и тогда с равно либо 3, либо 5.

278 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

2 9 5 . Основанием пирамиды
является ромб ABCD (рис.
139). Обозначим угол между
диагональю АС ромба и стороной
АВ через ср. Угол <р <
< 9 0 °. Тогда | OD | = | ОВ \ =
= sin ср; | О А | = | ОС | = cos ср.
Без нарушения общности
можно положить | /4S | = а. Треугольник
BSD — равнобедренный.
Д SDB*= Д CDB. Значит,
ISO] = | АО | = cos ср. В плоскости
/4SC|AS| = x; |SC| = l ; | ^ 4 0 j= А
= | ОС | = | OS | = cos ф . Следова- р Ис. 139
телыю, точки A, S, С лежат на
окружности с центром О и радиусом cos ср. Значит, ASC = 90°,
как вписанный угол, опирающийся на диаметр. Поэтому | SC |2 -ф
+ | -4S |2 = | АС |2 или 1 + а2 = 4 cos2 ср. Откуда а = У 4 cos2 ср — 1.
Высоту ft = |S£] треугольника ASC найдем из формулы площади
треугольника ASC:
4- • | SE | • \АС | = у • ] SC | • | -dS | или ft • cos ср = • 1 • ]/4cos2 ср—1.
Отсюда ft = V 1 —Т с с ^ ф ‘ 1S£I является высотой и пирамиды
SABCD (доказательство предоставляем читателю).
Площадь ромба ABCD будет равна:
S a b c d = y ’ I A C \ ‘ \ B D \ = y ‘ 2 cos ср • 2 sin ср = sin 2ф.
Значит, объем пирамиды V = 4 -sin 2ср• 1 / 1 — . 1 , ■. о f COS ф
Выразим sin 2ф через a. sin 2ф = 2 sin ф cos ф. Из равенства
1 х2 = 4 cos2 ф получим: 2 sin ф = | / 3—л3.
Поэтому sin 2ф = ]/^1 + л-2 • |^ 3 —а2.
Значит, V = ^ ‘ V 3—х2.
V имеет максимум тогда же, когда и У2 или 36У2 = а2 (3—а 2).
Обозначим 36Vz = y\ xz = t.
Максимум функции y —i ( 3—1) = — f2 + 3/ достигается при

279 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

2 9 8 . 2 (ak—k) = 0. k=i
Значит, хотя бы одно из этих чисел четное, так как в противном
случае сумма нечетного числа нечетных слагаемых была
бы нечетна, что и требовалось доказать.
2 9 7 . Пусть число у = У 2 + К з . Тогда 3 — ( у—У2)2 =
~У2 2 У 2у-\-2.
Далее, (у2—1)2 = 8у2, у4—10#2 + 1 = 0. Значит, многочлен Pt (x)=
= х 4— 10х2-|-1 обращается в нуль при х = у = У 2 + |/ 3 . Аналогично
построим многочлен с корнем г= У 2 + | / 3 ; 3 = ( г—V~2)3 —
= z 3—3 / 2 г 2 + 6г—2)/~2, (г3—6г—3)2 = (Зг2 + 2)2-2, получим
многочлен:
Р2 (х) = хв— 6х4— 6х3 + 12х2— 36л: + 1 —
Искомый многочлен можно получить перемножением Рг (х) на
Р2 (х), он обращается в нуль там, где обращается в нуль каждый
сомножитель, в том числе при х —1^~2 + У 3 и х = \/Г2. + ] / 3.
Ответ. Р (х) = х10 — 16х8 + 6х7 + 73х® + 24×5— 125х4+ 354х3 +
+2х2—36х + 1.
Можно доказать, что среди всех многочленов, удовлетворяющих
условию задачи, Р (х) имеет наименьшую степень. Дело
в том, что такой многочлен с целыми коэффициентами обязан
наряду с указанными иметь своими корнями все числа, им алгебраически
сопряженные, т. е. в нашем случае ± У 2 ± У 3 и
± У 2 + е р / 3, где е—любой кубический корень из единицы.
Этих чисел 2-2+ 2-3= 10, и все они различны. Поэтому степень
искомого многочлена не ниже 10.
2 9 8 . Рассмотрим последовательность ; n = 1,
2, . . . и сопоставим каждому числу х ^ целое число k (х) по
с (л— 1 ) 2 + л 2 ^ , л 2+ ( п + 1 )2 следующему правилу. Если ап = —— 1— ^ х ^ \ ~ ап+1 >
то полагаем k(x) = n. Так как а1 = -^, то число k (х) определено
. 1 для всех х ^ у .
Далее, при х ^ у подкоренное выражение в неравенстве положительно,
а левая часть—модуль, т. е. положительна. Поэтому,
возведя неравенство в квадрат, мы получим равносильное неравенство
х2—2n2x +■ n4<! x— 4 или
*3-(2«2 + l)x-f (n4+ | ) < 0 .

280 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Итак, нам надо проверить, что, когда х лежит в указанных выше
пределах, выписанный квадратный трехчлен отрицателен. Нетрудно
убедиться, что корнями х1>2 = /г2 + -|- ± п указанного трехчлена
(*) являются как раз границы ап и ап+1 указанного интервала.
Поскольку квадратный трехчлен с положительным старшим
коэффициентом и имеющий действительные корни принимает
на интервале между корнями отрицательные значения, то
неравенство (*) справедливо и, значит, утверждение задачи
доказано.
Впрочем, неравенство для квадратного трехчлена можно
получить непосредственно из неравенств an ^Lx ^.a, l+1.
Из них вытекает, что
(х—ап) (х—а„+1) < 0 .
Подставив сюда значения ап и an+i, получаем неравенство (*).
2 9 9 . а) Центр S сферы, описанной около тетраэдра ОАВС
(рис. 140), лежит на перпендикуляре к плоскости ОАВ,
проходящем через точку D—середину гипотенузы А В прямоугольного
треугольника ОАВ, и на перпендикуляре к плоскости
ОСА, проходящем через точку Е—середину гипотенузы АС
прямоугольного треугольника ОАС. Поэтому имеем, что
SD || СО и SE || ОВ. Следовательно, через четыре точки
S, D, О, С и через четыре точки S, Е, О, В можно провести
плоскости. Они пересекут плоскость треугольника АВС
по медианам CD и BE соответственно, т. е. прямая OS проходит
через точку Т—центр тяжести треугольника АВС.
б) Из треугольника АВС по теореме синусов имеем:
| ВС I _ I ЛС| __ | АВ |
sin a sin р sin у
но из прямоугольных
треугольников ОВС, ОАС и
ОАВ имеем: | ВС |2 = fc2+ c 2;
| ЛС|2 = а2 + с2;
| АВ |2 = а2 4- Ь2.
Значит,
Ь2-|- с2 а 2 + с 2 _ а 2-|- Ь2 ^
sin 2 а sin 2 p ~ sin2 у ~~ ‘
откуда с помощью производных
пропорций получаем:
а2:й2:с2=
= (sin2 р + sin2 у—sin2 а) :
: (sin2 y + sin2 а —sin2p): А
: (sin2 а sin2 р—sin2 у).

281 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

Значит,
, 2== sin 2 ft- |- sin2 у —sin 2 к
sin 2 у + sin 2 a — sin 2 ft
sin (ft—K)-|-sin ( a + f t ) __
sin ( a— ft) -ftsin ( a + f t)
sin ft cos a , , D = — к- = ctg a : ctg p, sin a cos ft 6 b 1 ’
т. e. a2:£2 = c tga:ctgft. Аналогично
b2: c2= c tg ft: ctg у. Tаким образом,
a2:fc2:c2 = c tg a :c tg ft:c tg у.
3 2 0 . Пусть радиус сферы равен
R.
Тогда
a (l Т V 3) = R + R*— (а V 2) 8,
откуда R — al^3 (рис. 141).
Точки пересечения боковых ребер со сферой обозначим К, L, М, N.
Треугольник КО А равнобедренный. ОЕ JL АА{, \АЕ\ — ~ \К А \ ~
= |0 0 1| = тЛR2 — (а]/~2)2 = |^3а2—2a2= a . Значит, \KA\=\LB\ ^
— \MC\ = \ND\ — 2a. Криволинейная фигура ABLR может быть
разбита на квадрат ABLK и круговой сегмент KL, радиус дуги
которого равен a V 2. Площадь четырех сегментов равна площади
четырех секторов, каждый из которых равен четверти
круга, без площади соответствующего квадрата, т. е. искомая
площадь
5 = 4 (2л)2 + ( я ( a V W — (2a)2) = 2а2 (6 + я).
301. Как известно, перпендикуляр, проведенный через середину
L отрезка АВ, есть геометрическое место точек, равноудаленных
от А и В. Этот перпендикуляр разбивает плоскость
на две полуплоскости я£ и я£. Содержащая точку А полуплоскость
я£ является множеством всех точек плоскости, лежащих
от А не далее, чем от В. При этом сам перпендикуляр мы причисляем
к полуплоскости я£.
Опишем теперь, как мудрец, шагая вдоль данной прямой,
может выбрать перпендикулярную к ней полосу шириной 1 м,
в которой находится предмет. Вдоль данной прямой мудрец
делает 1 шаг.
1. Если он получает указание «подошел ближе», то он продолжает
шагать в этом направлении до тех пор, пока не получит
на очередном i + 1 шагу указание «не подошел ближе», тогда
он делает шаг назад в точку А* . А это значит, что предмет
* Ai — положение мудреца после j -го шага, а L; — середина отрезка Л;_1 Л/.

282 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

находится в полосе, образованной пересечением полуплоскости n Ll
д *
с полуплоскостью . Ширина этой полосы 1 м.
2. Если он получает указание «не подошел ближе», то он
поворачивает обратно и шагает в противоположном начальному
направлении опять-таки до тех пор, пока не получит указание
«не подошел ближе». После чего поступает, как в случае 1,
Опишем теперь алгоритм действия мудреца полностью.
На каждом шагу, включая и начальный момент, мудрец должен
оглядеться. Как только он обнаружит предмет, выполнение
алгоритма прекращается.
В начальный момент мудрец выбирает произвольную прямую
и описанным выше способом находит перпендикулярную ей полосу,
в которой лежит предмет.
Итак, мудрец попал в полосу шириной 1 м и находится в точке
А[ в середине полосы. В точке Л/ он поворачивается на 90°
и, повторяя тот же алгоритм для перпендикулярной прямой,
находит предмет. Так как предмет расположен в квадрате со
стороной 1 м, образованном пересечением двух перпендикулярных
полос ширины 1 м, последний шаг приводит мудреца в точку
Л/+/—центр указанного квадрата, в которой он увидит предмет,
ибо расстояние до любой точки квадрата от точки Л;+/ не превосходит
, что меньше 1. Заметим, что, попав в точку Л/+/,
мудрецу не надо делать еще двух шагов в точку Л,+/-+1, где он
получит указание «не подошел ближе» и обратно. Сосчитаем число
шагов, необходимых для того, чтобы найти предмет.
Пусть расстояние от точки поворота до начала равно k шагам,
а до конца равно /. Тогда мудрец потратил не более
шагов. При этом если (р—угол между направлением на предмет
и первоначальной осью, то
d | cos (р [ k—у ,
d \sin ср [ ^ I .
Сложив эти неравенства, получим:
dflsin (р Ц-|соэф [ ) ^ £ + / — 1,
но
d (| sin ф | + 1 cos ф [) ^ d У~2.
Значит, число шагов
« <& + / + 6 = (£-И—l ) — J — 7 < d / 2 + 7 < | — d + 7.

283 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ (часть 3)

УРАВНЕНИЯ  ВТОРОЙ  СТЕПЕНИ.
Кабинет математики.
Библиотека учителя.

ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА НАЦИОНАЛЬНЫХ ОЛИМПИАДАХ, РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ