На каждом шарике написано число шариков данного цвета х. Число, обратное к нему, 1/n. То же самое получается и для третьей головы. Получаем следующий расклад: 6 лет — 4 человека 7 лет — 1 человек 8 лет — 5 человека 9 лет — 1 человека 10 лет — 1 человека Найдем


Чтобы посмотреть этот PDF файл с форматированием и разметкой, скачайте файл и откройте на своем компьютере.
XVIII международная олимпиада по математике Русановского лицеяN 6 класс І Т ур QN 2P Q3 шариков раскрасили в W цветов радугиN На каждом шаре написали общее колич еM ство шаров такого же цветаL как этотN Чему может быть равна сумма чиселL обратных нап иM санным? Ре шение : На каждом шарике написано число шариков данного цвета хN ЧислоL обратное к немуL Q/ n N Всего слагаемых вида Q/ n ровно n по количеству N Тогда сумма слагаемых для шар и ков каждого цвета равн а QN А всего цветов WN Ответ : W 2N Профессор Плюс очень любит пончикиN В Пончиковом городе он зашел в TP магазин ов и в каждом он действовал по такой схеме: покупал в очередном магазине 6 пончиковL затем делил все имеющиеся у него к тому моменту пончики на равные кучки и одну из кучек съ еM далN ИзвестноL чтоL посетив по следний магазинL он разделил пончики на 6 кучекL а в съ еM денной им кучке оказалось 6 пончиковN Сколько всего пончиков съел Профессор ПлюсL если до начала посещения магазинов у него пончиков не было? Решение : В TP магазинах Профессор Плюс купил 2TP пончиков N После последне й покупки у него было 36 пончиковL и з которых 6 он съелL а 3P оставилN ЗначитL всего он съел 2TP – 3P  2QP пончиковN Ответ : 2QP пончиков 3N Сумма трех различных положительных нечетных чисел равна 89N ИзвестноL что в ка жM дой паре этих чисел од но из них делится на другоеN Найти эти числаN Решение : Все числаL а значитL и их сумма 89 L делятся на меньшее из нихN Но 89 – простое числоL поэтому наименьшее из этих трех чисел QL а сумма двух оставшихся – 88N 88  8 х QQN П оM этому наименьшее из этих дв ух чисел – QQN (Q не может быть по условиюL а других нече тM ных делителей у числа 88 нетIN Третье число равно 88 – QQ WWN Ответ : QL QQL WW TN Девять голодных белок за час набирают корзину орехов и наедаются досытаN Сытые бе лM ки орехов не едятL поэтому набирают корзину за час вшестеромN Сколько голодных белок можно накормить досыта корзиной орехов? Решение : За час сытая белк а набирает Q/6 корзиныL а голодная – Q/9 корзиныN СледовательноL г оM лодная белка съедает за час Q/6 – Q/9  Q/Q8 часть корзины и наедается до сытаN ЗначитL о дM ной корзиной орехов можно накормить Q8 белок N Ответ : Q8 5N Украинские ученые предложили новую шкалу температурN Повышение температуры на Q a по M украински равносильно повышению на QL2 a по ЦельсиюN Температура QP a по M украински — это все равноL чт о 2P a СN Какая температура выражается одинаковым числом градусов по M украински и по Цельсию? Решение : Обозначим неизвестное число градусов через хL тогда N TP ; 8 2 L P ; 2P I QP ( 2 L Q M  M  M  M x x x x Ответ : – TP  С 2 Тур QN Из пунктов А и В навстречу друг другу одновременно выезжают велосипедисты Алеша и Боря с одинаковыми постоянными скоростямиN Через некоторое время из пункта А в пункт В на автомобиле с постоянной скоростью выезжает ВасяN Через 2P минут он догоняет АлешуL еще через 2P минут встречает БорюL а еще через 25 минут прие зжает в пункт ВN Во сколько раз скорость автомобиля превышает скорость велосипедистов? Решение : От А до В Вася ехал 65 минутN Пусть все расстояние составляло 65 частейN Тогда ск оM рость Васи – Q часть в минутуN В момент встречи Васи и Алеши они находятся на рассто яM нии 2P частей от АL а Боря – в 2P частях от ВN Расстояние между Борей и Васей – 25 частейN За 2P следующих минут Вася проехал 2P частейL значитL Боря – 5N Поэтому скорость Бори в T раза меньшеL чем скорость ВасиN Ответ : В T раза 2N Трехголовый Змей Горыныч праздновал свой день рожденияN Его головы лакомились по очереди именинными пирогами и за Q5 минут съели два одинаковых пирогаN ИзвестноL что каждая голова ела столько времениL сколько понадобилось бы двум другимL чтобы вместе съесть такой же пирогN За сколько минут три головы Змея Горыныча съели бы вместе один пирог? Решение : Желтыми закрашены пирогиL которые реально были съеденыL белым – теL которые могли бы быть съедены в тоже время N Номера на пирогах указывают на ту голову(ыIL которая ела пирогN НайдемL сколько пирогов съедят все три головы вместе за Q5 минутN Первая голова ела столько времениL сколько понадобилось двум другим головамL чтобы вместе съесть целый пирогN ЗначитL все три головы вместе съели бы за это вре мя на один пирог большеN Анал оM гично получаемL что за времяL в течение которого вторая голова ела пирогиL все три головы вместе съели бы на Q пирог большеN То же самое получается и для третьей головыN Таким образом L за Q5 минут все три головы съели бы на 3 п ирога большеL то есть 5 пироговN О тM с ю да получаемL что один пирог они съели бы за 3 минутыN Ответ : 3 минуты 3N На день рождения пришло Q2 детей в возрасте 6 летL W летL 8 летL 9 лет и QP летN Четыре ребенка имели возраст 6 летL а восьмилетних было больше всехN Определите средний во зM раст Q2 детейN Решение Так как число детей младшего возраста равно TL то число восьмилетних может быть не менее 5N Если их больше 5L то шести и восьмилетних будет больше 9N Тогда на детей во зM растов W летL 9 лет и QP лет останется в с умме только или Q год или 2 годаN Этого быть не можетN Значит восьмилетних детей ровно 5 человекN Остаток от Q2 составит 3 ребенкаN Их надо распределить между возрастами W летL 9 лет и QP летN Легко понятьL что их ровно по одному человекуN Получаем следую щий расклад: Q 2 3 2K3 QK3 QK2 Есл и все головы ели одновременноL они съели бы 5 пироговN 6 лет — T человека W лет — Q человек 8 лет — 5 человека 9 лет — Q человека QP лет — Q человека Найдем теперь средний возраст — среднее арифметическое имеющихся возрастовN НапомнимL что средним арифметическим нескольких чисел на зывают результат деления их суммы на их количествоN Вычисляем его так: 5 L W Q2 Q QP Q 9 5 8 Q W T 6   K  K  K  K  Ответ : WL5 летN W классN І турN QN Вдоль железной дороги стоят километровые столбы на расстоянии Q км друг от другаN Один из них покрасили в желтый цвет и шесть – в красныйN Сумма расстояний от желтого столба до всех красных равна QT кмN Чему может быть равно максимальное расстояние между красными столбами? Решение : ЗаметимL что минимальная сумма расстояний от желтого столба до четырех красных равна 6 км и это возм ожно только в одном случае: и слеваL и справа от желтого столба бл иM жайшие два столба подряд – красныеN ЗначитL максимальная сумма расстояний от желтого столба до двух красных не превосходит QT – 6  8 кмN Поэтому и максимальное расстояние между красными ст олбами не превосходит 8 кмL причем случай 8 км возможен N Ответ : 8 км N 2N Даны два ч ислаN Если первое из них увеличить на QL а второе уменьшить на QL то их произведение увеличится на 2PQ3N Как изменится их произведениеL если первое число уменьшить на QL а второе – увеличить на Q? Решение : Обозначим данные числа и N Тогда по условию ( x + 1 ) ( y − 1 ) − xy = 2013 L y − x − 1 = 2013 L y − x = 2014 N Рассмотрим разность ( x − 1 ) ( y + 1 ) − xy = xy − y + x − 1 − xy = − ( y − x ) − 1 = − 2014 − 1 = − 2015 N Ответ : уменьшится на 2PQ5N 3N Простым или составным является число 2 ଵ଴ + 5 ଵଶ ? Решение : 2 ଵ଴ + 5 ଵଶ = ( 2 ହ ) ଶ + ( 5 ଺ ) ଶ + 2 ∙ 2 ହ ∙ 5 ଺ − 2 ∙ 2 ହ ∙ 5 ଺ = = ( 2 ହ + 5 ଺ ) ଶ − ( 2 ଷ ∙ 5 ଷ ) ଶ = = ( 2 ହ + 5 ଺ + 2 ଷ ∙ 5 ଷ ) ( 2 ହ + 5 ଺ − 2 ଷ ∙ 5 ଷ ) N То естьL данное число раскладывается на множителиL каждый из которыхL очевидноL не равен QN СледовательноL данное чи сM ло составноеN Ответ : составное N TN На сторонах AB и BC квадрата ABC во внешнюю сторону построены равносторонние треугольники AQB и BTCN Весь рисунокL кроме точек Q и TL стерлиN Восстановите перв оM начальный квадратN(АN МедведевI Решение : Нетрудно подсчитатьL что  QBT = 150 ଴ N Поскольку QB BTL то  BQT = =  BTQ = 15 ଴ N (рисN QI ТогдаL проведя из точек Q и T лучи под углами 15 ଴ L получим в п еM красный столб ⟺ столб ⟺ красный столб ⟺ красный столб ⟺ желтый столб ⟺ красный столб ⟺ красный столб ⟺ столб ⟺ красный столб Q км Q км Q км Q км Q км Q км Q км Q км ресечении точку BN Учитывая тоL что  QBA =  TBC = 60 ଴ L получим вершины A и CN З аM сечки из вершин A и C L равные стороне квадратаL дадут недостающую вершину  N 5N Для треугольника ABC известноL что  ABC  2  ACBN ДокажитеL что BI  AC – ABL где I — инцентр треугольника ABCN (МN ПлотниковI Решение : Отложим на стороне AC  b заданного треугольника ABC от вершины A отрезок AKL равный стороне AB  c (рисN 2IN Тогд а CK  b – cN Соединим точку K с инцентром IN ЗаметимL что треугольники ABI и AKI равны по двум сторонам и углу между нимиL п о скольку AI — биссектриса CAB  L а стороны AB и AK равны по построениюN Тогда  ܣܤܫ =  ܣܭܫ иL более тогоL п оM скольку по условию  ܣܤܥ = 2  ܣܥܤ L а BI — биссе кM триса ABC  L  ܣܭܫ =  ܣܥܤ N СледовательноL KI ∥ BC N Опустим из точек K и I перпендикуляры на ст оM рону BC (поскольку KI ∥ BC L то перпендикуляры ра вM ны KL = IM IN Получим пару равных прямоуго льных треугольников: CKLBIM  по катету и острому углуN А значитL равны также и их гипотенузы: BI  CK  b – cL что и требовалось доказатьN ІІ тур QN Трехголовый Змей Горыныч праздновал свой день рожденияN Его головы по очереди лакомились именинными пирогами и за Q5 минут съели два одинаковых пирогаN ИзвестноL что каждая голова ела столько времениL сколько понадобилось бы двум другимL чтобы вм еM сте съесть один такой же пирогN За сколько минут три головы Змея Горыныча вместе съели бы один пир ог? Решение : смN решение задачи №2 II Тур 6 классN 2N В автобусе имеются одноместные и двухместные сиденияN Кондуктор заметилL что к оM гда в автобусе сидело Q3 человекL то 9 сидений были полностью свободнымиL а когда сид еM ло QP человекL то полностью свободными б ыли 6 сиденийN Сколько сидений в автобусе? (если на двухместном сидении сидит хотя бы один человекL то сиденье считается занятымI Ответ : Q6 сиденийN Решение : В первом случае наименьшее количество занятых сидений равно WL а наибольшее – Q3N Во втором случа е наименьшее количество занятых сидений равно 5L а наибольшее – QPN Таким образомL если – количество всех сидений в автобусеL тоL учитывая свободные с иM денияL выполняются неравенства: W K 9 ≤ x ≤ Q3 K 9 и 5 K 6 ≤ x ≤ QP K 6N То естьL Q6 ≤ x ≤ 22 и QQ ≤ x ≤ Q6N Отсюда единственным возможным значением является Q6L причем оно может достигаться только тогдаL когда в первом случае занято максимал ьM ное количество двухместных сиденийL а во втором случае занято максимальное количество одноместныхN Проверяем : в первом случае Q3 человек заняли 6 двухместных и одно одн оM местное сидениеL оставив 9 одноместных сидений свободными; во втором случаеL QP чел оM век заняли QP о д номестных сиденийL оставив 6 двухместных сидений свободнымиN То естьL условие задачи выполняетс яL если в автобусе шесть сидений – двухместных и десять сид еM ний – одномес т ныхN 3N В описанном пятиугольнике ABCE стороны BCL C и E равныN K — точка касания вписанной окружности данного пятиугольника со стороной CL а O — центр этой окру жM ностиN ДокажитеL чт о точки AL OL K лежат на одной прямой N (МN ПлотниковI Решение : ОчевидноL что CK  CML N  KL где M и N — точки касания вписанной в пят иM угольник окружности с его сторонами BC и E соответственно (рисN 3IN Поскольку отрезки BCL C и E равныL то N  K  BMN Прямоугольные треугольники OMB и OK равны по двум катетамL а значит  ABC =  CDE (поскольку центр вписанной окружности O — точка пересечения биссектрис внутренних углов пятиугольникаIN Аналогично покажемL что  BCD =  DEA N Продлим стороны AB и AE до пересечения с прямой C в точках Q и P соответстве нM ноN Полученные треугольники QBC и PE равны по стороне и двум прилежащим угламN Отсюда  APQ =  AQP N Поскольку треугольник APQ — равнобедренный ( AQAP IL то биссектриса его угла А совпадает с высотойL проведенной из этой же вершиныN А значитL точки AL OL K принадл еM жат одной прямойN 8 классN QN ДокажитеL что число QQ…QQ22…22 (состоящее из QPP единиц и QPP двоекI является произведением двух последовательных натуральных чиселN Решение : Имеем 12 = 3 ∙ 4 , 1122 = 33 ∙ 34 N ПокажемL что это равенство верно для любых чисел такого типаN Обозначим число Q…QQ с n единичками через aN Тогда 11 … 1122 … 22 = a ∙ 10 ୬ + 2a L причем 10 ୬ = 9a + 1 N ЗначитL 11 … 1122 … 22 = a ( 9a + 1 ) + 2a = 9 a ଶ + 3a = 3a ( 3a + 1 ) – произведение двух последовательных чиселN З аметимL что 3a = 3 … 33 L 3a + 1 = 3 … 34 N Ответ : числа 3…33 и 3…3T (по QPP цифр в каждомIN 2N Для действительных чисел x и y выполняется равенство: ൫ x + √ x ଶ + 2013 ൯ ൫ y + ඥ y ଶ + 2013 ൯ = 2013 N Найдите x + y N Решение : Умножим обе части данного равенства на ൫ x − √ x ଶ + 2013 ൯ N После преобразований п оM лучаем x + y = √ x ଶ + 2013 − ඥ y ଶ + 2013 = a N АналогичноL умножив обе части исходного равенства на ൫ y − ඥ y ଶ + 2013 ൯ L мы получим x + y = ඥ y ଶ + 2013 − √ x ଶ + 2013 = − a N Т еM перьL сложив полученные равенстваL мы получимL что x + y = 0 Ответ : x + y = 0 3N Построим последовательность квадратных трехчленов с целыми коэффициентами вида x ଶ + a ୧ x + b ୧ следующим образом: коэффициенты a ୧ , b ୧ предыдущего трехчлена будут ко рM нями следующегоN ИзвестноL что на некотором шаге очередной многочлен совпал с пер вымN Сколько различных многочленов может быть в этой последовательности? Решение : Задачу лучше начать решать на примереN ПустьL скажемL P ଵ = x ଶ + 2x + 1 L тNеN a = 2 , b = 1 N Многочлен с такими корнями имеет вид P ଶ = ( x − 2 ) ( x − 1 ) = x ଶ − 3x + 2 N Соо тM ветственноL P ଷ = ( x + 3 ) ( x − 2 ) = x ଶ + x − 6 , P ସ = ( x − 1 ) ( x + 6 ) = x ଶ + 5x − 6 , … На этом примере видноL что коэффициент при x меняется довольно прихотливоL а вот свободный член многочленов довольно быстро растет по абсолютной величинеN Исследуем этот факт в общем видеN По теореме Ви ета имеем b ୬ ା ଵ = a ୬ ∙ b ୬ . ЗначитL b ୬ ା ଵ = a ୬ ∙ a ୬ ି ଵ ∙ b ୬ ି ଵ = ⋯ = a ୬ ∙ a ୬ ି ଵ ∙ … ∙ a ଵ ∙ b ଵ N Из условия b ୬ ା ଵ = b ଵ следуетL что b ଵ = 0 или a ୬ ∙ a ୬ ି ଵ ∙ … ∙ a ଵ = 1 N По той же теореме Виета a ୬ ା ଵ = − ( a ୬ + b ୬ ) L откуда b ୬ = − a ୬ ା ଵ − a ୬ N Знач итL b ୬ может принимать значения PL 2 (при a ୬ = − 1 I или M 2 (при a ୬ = 1 IN Рассмотрим все найденные случаиN Вариант Трехчлен 1 Трехчлен 2 Трехчлен 3 ܾ = 0 ݔ 2 + ܽݔ ݔ 2 − ܽݔ ݔ 2 + ܽݔ ܽ = 1 , ܾ = − 2 ݔ 2 + ݔ − 2 ݔ 2 + ݔ − 2 ݔ 2 + ݔ − 2 ܽ = − 1 , ܾ = 2 ݔ 2 − ݔ + 2 ݔ 2 − ݔ − 2 ݔ 2 + 3 ݔ + 2 В первом варианте повторение трехчленов начинается с 3 M гоN Во втором варианте п оM вторение начинается со второго (последовательность постояннаIN Третий вариант не дает решенияN Ответ: Q или 2N TN В треугольнике ABC про ведена биссектриса угла А до пересечения со стороной в точке LN Точки E и F на сторонах AC и AB соответственно взяты такL что EF || BC и CE K FB  BCN Через точки EL LL F проведена окружностьL которая пересекает AL в точке QN ДокажитеL что точка Q – инцент р (точка пересечения биссектрисI треугольника AEFN(АNНиколаевL ОNРевакоI Решение : По свойст ву биссектрисы ஼௅ ௅஻ = ஺஼ ஺஻ N По теореме ФалесаL тNкN EF || CB L то ஼ா ி஻ = ஺஼ ஺஻ N Тогда ୅େ ୅୆ = େ୐ ୐୆ = େ୉ ୊୆ L а так же по условию CE + FB = BC L следовательно CL  CE и LB  FB N Треугольник  LCE – равнобедренныйL значит угол  CLE = 90° − େ ଶ N АналогичноL  BLF = 90° − ୆ ଶ Тогда угол  ELF = 90° − ୅ ଶ N Четырехугольник ELFQ — вписанный в окружностьN СледовательноL угол  EQF = 180° −  ELF = 180° − ቀ 90° − ୅ ଶ ቁ = 90° + ୅ ଶ N Тогда точка Q – инцентр треугольника  AEFN 5N В треугольнике АВС точка N – середина дуги ВАСL I – центр вписанной окружности треугольника АВСL М – середина стороны ВСN ДокажитеL что угол ВIM равен углуL образ оM ванному прямыми NI и СIN (МNПлотниковI Решение : W – середина дуги противоположной к ВАС L а Р – точка пересечения NI и BC N Тогда W L как и N L прина дM лежит серединному перпендикуляру стороны ВС N Угол  NBW опирается на диаметрL поэтому он прямойN Поскольку BN – высота в прямоугольном тр еM угольникеL выполняется следующее равенство: W B ଶ = WM ∙ WN Поскольку WBWI (согласно теореме о трилис тM никеIL то W I ଶ = WM ∙ WN Опишем окружность около треугольника NIM L тогда WI будет ее касатьсяN СледовательноL углы  MIW  MNI N Пусть вписанная окружность тр еM угольника  АВС касается ВС в точке К L тогда углы  KIP  MNP  MIW N Согласно теор еM ме о дважды биссектрис еL углы  CIK  WIB ( W – центр описанной окружности треугол ьM ника  ВСI IN Поэтому углы  CIP и  BIM равныN 6N В треугольнике ABC удвоили медиану CM 3 и получили точку ТN Точки Н Q L H 2 – осн оM вания высотL проведенных из вершин AL B соответственноL H – ортоцентр (точка пересеч еM ния высотI треугольника ABCN ДокажитеL что прямые TH и H Q H 2 перпендикулярныN (АNКарлюченкоI Решение : Проведем через А прямую n L параллельн о BC N И через точку В прямую t L параллел ь н о AC N Пусть точка Q – точка пересечения прямых AH Q и t L а N – точка пересечения прямых BH 2 и n N Точки NL AL BL Q л ежат на ок ружности L с диаметром NQ N Поэтому  QNB  QAB N Но и точки AL H 2 L H Q L B лежат на окружности с диаметром AB N Поэтому  QAB  H Q H 2 B N Сл е д о в а тел ь ноL  QNB  H Q H 2 B N А тогда H Q H 2 || NQ N В треугол ьнике NTQ QA и NB – высоты и H – ортоцентрN Тогда прямая TH совпадает с третьей высотойL тNеN TH  NQ и TH  H Q H 2 N Командная олимпиада 9 M QP классов QN В ячейках к вадратн ой таблиц ы n n  стоят знаки K» и  – »N За один шаг можно в одной строк е или в одном столбце поменять все знаки на противоположныеN ИзвестноL что за н еM сколько шагов можно получить таблицу из одних плюсовN ДокажитеL что это можно сд еM лать не более чем за n шаговN Решение : ОчевидноL что если инвертировать по одному разу все стро ки и все столбцы (причём в любом порядкеIL то содержимое таблицы не поменяется: каждая клетка инвертируется дв аM ждыL тNеN вернётся в исходное состояниеN Также очевидноL что при двойном инвертиров аM нии одного столбца или одной строки не произойдёт ничегоL поэ тому если среди наших шагов встречаются пары повторяющихсяL их можно удалитьN ПредположимL что таблица из плюсов была получена из исходной за k неповторя юM щихся шаговN Если n k  L то утверждение задачи доказаноN Если же n k  L то рассмотрим дополнительные k n M 2 шаговL состоящих из инвертирования тех строчек и столбцовL кот оM рые до этого не были затронутыN ОчевидноL что после выполнения дополнительных шагов мы снова получим исходную таблицу; следовательноL при меняя эти шаги в обратном п оM рядке к исходной таблицеL мы получим таблицу из плюсовN УчитываяL что n k n  M 2 L пол уM чаем снова утверждение задачиN 2N Пусть n и m – некоторые натуральные числаN аI Сравните числа IA ( I ( n m n m n m K K K и A A n m n m n m N бI Сравните числа IA ( I ( n m n m n m K K K и A A n m n m m n N РешениеN По биному Ньютона имеем: t t n m t n m n m k k k n m k n m n m n m C n m C n m M K K K  M K K K   K  P I ( для произвол ьM ного n m t K   P N Подставляя n t  L m t  и учитываяL что A A IA ( n m n m C C n n m m n m K   K K L получ аM емL что число IA ( I ( n m n m n m K K K будет больше как A A n m n m n m L так и A A n m n m m n N 3N ДокажитеL что для произвольного действительного x и произвольного натурального n справедливо неравенство: T 2 T 2 n x cos NNN x cos x cos x cos n  K K K K N Можно ли усилить это неравенство? Решение N ПокажемL что для произвольного x верно неравенство 2 Q 2 cos cos  K x x N ДействительноL если 2 Q cos  x L то данное неравенство очевидно верно; если же 2 Q cos  x L то тогда 2 Q Q cos 2 2 cos 2 M  M  x x L откуда 2 Q 2 cos  x и неравенство снова верноN Применяя последовательно данное неравенствоL получим: 2 Q 2  K x cos x cos L 2 Q 8 T  K x cos x cos L 2 Q 32 Q6  K x cos x cos L …L 2 Q 2 2 Q 2 2  K K x cos x cos k k L откуда для произвольного k б удет верно следующее неравенство: 2 Q 2 2 T 2 Q 2 2 K  K K K K K K k x cos x cos NNN x cos x cos x cos k k N Если Q 2 K  k n L то T T Q 2 2 n n x cos NNN x cos x cos n  K  K K K ; если же 2 2 K  k n L то имеем: T T Q Q 2 2 2 2 Q n I n ( x cos NNN x cos x cos x cos NNN x cos x cos n n  K M  K K K  K K K M N Неравенство доказаноN Данное неравенство можно усилитьN ДействительноL обо значим x t cos  L тогда Q 2 2 2 M K  K t t x cos x cos N Исследуя функцию Q 2 2 M K  t t I t ( f на интервале ] Q ; Q [ M L можно убедитьсяL что её минимум достигается при 2 Q  t (смN для иллюстрации графикIL откуда получаемL что 2 Q 2  K x cos x cos L откудаL в свою очередьL выводится такое нер аM венство: 2 2 2 T 2 n x cos NNN x cos x cos x cos n  K K K K N График функции Q 2 I ( 2 M K  t t t f TN Полиномы с действительными коэффициентами I x ( P L I x ( Q и I x ( T L один из которых – второй степениL а два других – третьейL связаны между собой соотношением 2 2 2 II x ( T ( II x ( Q ( II x ( P (  K N ДокажитеL что все корни одного из полиномов третьей степ еM ни – действительные числаN Решение: Из равенства полиномов следуетL что по линомом второй степени является либо I ( x P L либо I ( x Q ; пусть для определённости 2 deg  P N Будем считатьL что коэффициенты при 3 x у I ( x Q и I ( x T положите льныN Тогда из равенства II ( I ( II( ( I ( ( II ( ( II ( ( II ( ( 2 2 2 x Q x T x Q x T x Q x T x P K M  M  следуетL что Q  M I Q T deg( L тNеN что I x x ( r I x ( Q I x ( T Q M  M L где P  r N Отсюда 2 II x ( P ( делится на I x x ( Q M иL соответственноL на 2 Q I x x ( M L а значитL I x ( Q I x ( T K тоже делится на I x x ( Q M N Поскольку I x ( Q I x ( T M и I x ( Q I x ( T K делятся на I x x ( Q M L то I x ( Q и I x ( T тоже делятся на I x x ( Q M иL следовательноL имеют один действительный корень Q x N Пусть I x x I( x x ( a I x ( P 2 Q M M  L I x ( Q I x x ( I x ( Q Q Q M  L I x ( T I x x ( I x ( T Q Q M  N Подста вM ляя эти значения в условие задачиL получаем II x ( Q I x ( T II( x ( Q I x ( T ( I x x ( a Q Q Q Q 2 Q 2 K M  M L откуда P Q Q    M const y I x ( Q I x ( T N СледовательноL II x ( Q y ( y I x x ( a Q 2 Q 2 2 K  M L илиL что то же самоеL 2 2 2 Q 2 Q y I x x ( y a I x ( Q M M  N Легко показатьL что I x ( Q Q имеет два действител ьM ных корняN СледовательноL I ( x Q будет иметь три действительных корняL что и требовалось доказатьN В случаях отрицательных коэффициентов и коэффициентов разных знаков при 3 x у I ( x Q и I ( x T вместо них рассматриваются полиномы II x ( Q ( M и/или II x ( T ( M N 5N СчитаетсяL что ученик А учится не хуже ученика ВL если по каждому предмету оценка А не меньше оценки ВN Если про двух учеников нельзя сказатьL что один из них учится не хуже другогоL то говорятL что они несравнимыN По каждому из 2 n школьных предметов ученики получили оценки QQ» или Q2»L пр иM чём не нашлось двух учениковL получивших одинаковые оценки по каждому предметуN К аM ково наибольшее возможное количество учеников может быть попарно несравнимо между собой? Решение : Обозначим через X множество попарно несравнимых у чеников максимально большого размера и выделим в этом множестве подмножество Y учениковL которые имеют наимен ьM шее количество k оценок Q2»N ПокажемL что n k  N ДействительноL пусть n k  ; рассмо тM рим множество Z таких учени ков L каждый из которых имеет ровно Q K k оценку Q2» и при этом учится лучше одного из учеников из Y N Подсчитаем количество всех возможных пар учеников I L ( y z L где Z z  учится лучшеL чем Y y  N С одной стороныL это количество равно Y k n  M I 2 ( L потому что для каждого y найдётся I 2 ( k n M учеников из Z L которые учатся лучше него; с другой стороныL это количество будет равно Z k  K I Q ( L потому что для ка жM дог о z найдётся I Q ( K k ученик из Y L который учится хуже негоN Таким образомL имеем: Y Z Y k Y k n Z k    K   M   K I Q ( I 2 ( I Q ( N СледовательноL если из множества X удалить подмножество учеников Y и включить в него подмножество учеников Z L мы получим множество попа рно несравнимых учеников б ó льшего размераL что противоречит предположению максимальности X N СледовательноL у всех учеников из X не меньше n оценок Q2»N Аналогично показываетсяL что у них и не больше n оценок Q2» – то естьL этих оценок будет ровно n N Так им образомL множество X будет состоять из n n C 2 попарно несравнимых учениковL имеющих по n оценок QQ» и Q2»N Примечание N Данная задача тесно связана с такими комбинаторными объектамиL как шпернеровы множестваN Рассмотрим множество A мо щности n 2 элементовN Плотной цепочкой называется с иM стема подмножеств A B B NNN B B B n n         M 2 Q 2 2 Q P N Легко показатьL что i B i  L откуда выводитсяL что общее количество плотных цепочек на множестве A совпадает с числом перестанов ок его элементов и равно IA n ( 2 N Таким же образом показываетсяL что через произвольное подмножество A C  мощности k проходит IA k n ( A k M 2 плотных ц еM почекN Шпернерова система множеств – набор } LNNNL L { 2 Q m X X X непустых подмножеств A L ни одно из которых не является подмножеством другогоN Обозначим i i x X  ; тогда верно сл еM дующее неравенство ( теорема Шпернера I: Q Q Q 2    m i x n i C N ДействительноL рассмотрим все плотные цепочкиL проходящие через множества i X ; поскольку ни одна цепочка не может пройти через два множества системы (иначе одно из множеств будет включаться в другоеIL то их общее количество равно   M m i i i x n x Q IA 2 ( A L и в то же время оно не будет большеL чем о бM щее количество плотных цепочекL то есть IA 2 ( n L откуда и следует утверждение теоремы ШпернераN Поскольку для биномиальных коэффициентов верно неравенство n n x n C C 2 2  L то мы м оM жем получить оценку для числа m – количества множеств в шп ернеровой системе (так называемое неравенство Ямамото IN Имеем: n n m i n n m i x n C m C C i 2 Q 2 Q 2 Q Q Q        N Таким образомL шпернерова система множеств над A имеет максимальный размер n n C m 2  L и при этом все входящие в систему подмножества будут состоять ровно из n эл еM ментовN Переформулируем условие исходной задачиN Пусть i X – множество предметовL по к оM торым ученик i получил Q2»; тогда ученик i учится лучшеL чем ученик j L если j i X X  N СледовательноL любому набору учениковL кот орые попарно несравнимыL можно сопост аM вить систему множеств } LNNNL L { 2 Q m X X X L которая будет шпернеровойN Таким образомL с оM гласно неравенству ЯмамотоL наибольшее количество попарно несравнимых учеников б уM дет равно n n C 2 N 6N Можно ли разр езать квадрат на попарно неравные равнобедренные треугольники? (МN РожковаI Решение N МожноN Один из вариантов приведён на рисункеN WN Квадрат со стороной Q разрезан на сотню прямоугольников одинакового периметра p N Каково наибольшее возможное значение p ? Решение : Если разрезать прямоугольник на сто прямоугольников размерами Q PQ N P  L то п оM лучим значение P2 N 2  p N ПокажемL что это максимально возможное значениеN ОчевидноL что стороны всех прям оM угольников должны быть параллельны ст оM ронам квадратаN Выберем из всех прям оM угольников прямоугольник размерами b a  ( Q   b a I минимальной площади; тогда PQ N P  ab N ПредположимL что P2 N 2 I ( 2  K  b a p N Из тогоL что Q  b получ аM емL что PQ N P  a и 99 N P P  M  a b N Тогда PQ N P T 99 N P PQ N Q 2 2 2 2 2 2  M        M M       K  b a b a ab N Получили противоречиеN 8N Пусть О – центр описанной окружности треугольника ABC N Прямые AO и BO перес еM кают стороны BC и AC в точках Q A и Q B L а описанную окружность – в точках 2 A и 2 B с оM ответственноN Прямые 2 Q B A и 2 Q A B пересекаются в точке H N ДокажитеL что AB CH  N (ВN ПодхалюзинI Решение : Расс мотрим теорему Папа для прямых AO L BO и т оM чек A L L A Q 2 A и B L Q B L 2 B N Так как прямые 2 Q B A и 2 Q A B пересекаются в точке H L а прямые Q AB и Q BA – в точке C L то прямые 2 AB L 2 BA и CH пересекаются в одной точке или параллельны друг другуN Легко показатьL что прямые 2 AB и 2 BA перпендикулярны пр ямой AB (поскольку у гM лы BA A 2 и AB B 2 оп и раются на диаметрI и поэтому п аM раллельны; следовательноL прямая СН тоже им пара лM лел ь на иL соответственноL перпендикулярна AB N Данное решение было предложено участником олимпиады ЕN Диомидовым N 9N В треугольнике ABC проведены высоты Q AH L 2 BH 3 CH N На луче Q 3 H H за точкой Q H выбрана некоторая точка  N Описанная окружность треугольника C H Q пер е секает отр еM зок AC в точке E N ДокажитеL что центр описанной окружности треугольника 2 EH лежит на высоте Q AH N (ДN ХилькоI Решение : Пусть описанная окружность тр еM угольника 2 Q H H пересека ет высоту Q AH в точке O N ПокажемL что эта точка является центром описанной окружности треугол ьM ника 2 EH N П о скольку A C H C H H B H H       Q Q 2 Q 3 L то A OH H H 2 2 2 Q     N Более тогоL п оM скольку Q AH является биссектрисой угла 2 Q 3 H H H  иL соответственноL внешней биссектр и сой треугольника L H H 2 Q то точка O является серединой дуги 2 Q H H L откуда 2 OH O  N Поскольку C H EC Q    L то A EA M   Q8P L иL так как больший угол 2 OH  равен L A 2 36P M следовательноL точка E будет лежать на окружности с центром в точке O и радиуса O N Отсюда следует утверждение задачиN QPN Дан неравнобедренный треугольник АВС N С е рединный перпендикуляр к стороне ВС пересекает прямые АС и АВ в точках A B и A C соответственно ; аналогично определяются точки B A L B C и C B L C A N До кажитеL что описанные окружности треугольников C B A AA L C A B BB и B A C CC пересекаются в одной точкеL которая лежит на описанной окружности треугольника АВС N (МN ПлотниковI Решение : ЗаметимL что точки В С и С В лежат на окружности L описанной около треугольника ВСОN ДействительноL углы ВС В О и СВ С О равны 90 ° − ∠ А от куда следуетL что их сумма равна п о ловине величины дуги ВС окру ж н о сти ОВСN Пусть О A LО B LО C – центры окружностей ВОСL СОАL АОВ N Углы ВО A О и ВВ C В A равны 18 0 ° − 2 ∠ А L значит L равны меж ду собойL а точка О A принадлежит окружности L описанной ок о ло треугольника ВВ A В C ; аналогично доказываетсяL что точка О A принадлежит окружн оM сти L описанной около тр е угольника СС A С B N ДопустимL что окружности ВВ A В C и СС A С B повторно пересекаются в точке Х N Углы ВВ A О A и ВХО A L СХО A и СС A О A опираются на одни дуги ВОА и СОА окружностей ВВ A В C и СС A С B соотве т ственноL сумма которых ра в на дуге ВС окружности ВАС N Поэтому точка Х лежит на окружности L описанной около треугольника АВС N

Приложенные файлы

  • pdf 5659984
    Размер файла: 674 kB Загрузок: 0

Добавить комментарий