Турнир Городов 2005-2006 уч. год, осенний тур. Решения задач

Тренировочный вариант. Младшие классы.
Задача 1.

     Достаточно проверить выполнения неравенства треугольника
для отрезков H_1M_2, H_2M_3 и H_3M_1.
     Рассмотрим прямоугольный треугольник СH_1B. H_1M_2 -
медиана к его гипотенузе, следовательно H_1M_2=1/2BC.
Аналогично H_2M_3=1/2AC, H_3M_1=1/2AB. Из неравенства
треугольника для треугольника ABC: AB+BC>AC, BC+AC>AB,
AC+AB>BC. Поделив все неравенства на 2 получим (учитывая
только что доказанные равенства), что H_3M_1+H_1M_2>H_2M_3,
H_1M_2+H_2M_3>H_3M_1 и H_2M_3+H_3M_1>H_1M_2,
что и требовалось.

Задача 2. Ответ: нет.
     Решение.

     Рассмотрим пример: куб ABCDA_1B_1C_1D_1. В вершины A, C,
B_1, D_1 запишем 0; в вершины B, D, A_1, C_1 запишем 1.
Нетрудно убедиться, что после двух операций в каждой вершине
окажется исходное число (а значит и после 10 операций тоже).

Задача 3. Ответ: 1/11 <= a < 1/10.
     Решение.

     Пусть a_1, ... , a_{11} - длины получившихся отрезков.
Тогда 1=a_1 + ... + a_{11} <= 11a, откуда a >= 1/11.
     Покажем сначала, что если a >= 1/10, то существует такое
разбиение, в котором найдутся 3 отрезка, из которых
треугольник составить нельзя.
     Положим a_1 = ... = a_9 = 1/10, a_{10} = a_{11} = 1/20.
Тогда условие задачи выполняется, но из отрезков a_9, a_{10},
a_{11} треугольник составить нельзя.
     Осталось доказать, что для всякого a, такого что
1/11 <= a < 1/10 условие задачи выполняется. Докажем от противного.
Пусть найдутся 3 отрезка, без потери общности - a_1, a_2, a_3,
из которых треугольник составить нельзя.
Тогда нарушается одно из условий неравенства треугольника, к
примеру a_1 >= a_2 + a_3. Но
a >= a_1 >= a_2 + a_3 = 1 - a_1 - a_4 - a_5 - ... - a_{11}, откуда
9a >= a_1 + a_4 + a_5 + ... + a_{11} >= 1 - a, а значит
a >= 1/10 - противоречие.

Задача 4. Ответ: 196.
     Решение.

     Поставим каждой клетке в соответствие пару чисел (i,j),
i,j = 1, ... , 15, начиная с левого верхнего угла; первое
число - координата по вертикали (сверху вниз), второе -
координата по горизонтали (слева направо).
     Приведем пример обхода.
     Начнем обход с клетки (9,7). Рассмотрим 2 случая:
     1) с клетки верхней половины доски ходим либо на 8 клеток
вправо либо на 9 клеток влево, пока хотя бы одна из этих
операций возможна (так как 9+8 > 15, то возможна только одна
из них!). Если ни то, ни другое невозможно, ходим на 9 клеток
вниз.
     2) с клетки нижней половины доски ходим либо на 9 клеток
вправо либо на 8 клеток влево, пока хотя бы одна из этих
операций возможна. Если ни то, ни другое невозможно, ходим на
8 клеток вверх.
     Легко проверить, что при таком способе обхода мы обойдем
все клетки доски, кроме клеток вида (i,8) и (8,j) ("креста"),
то есть 196 клеток.
     Пусть при обходе мы на некотором шаге оказались на клетке
"креста". Ясно, что и на предыдущем и на следующем мы были на
клетках "креста". То есть мы обошли не больше 29 клеток. Таким
образом, мы доказали, что 196 - максимальное количество клеток
при любом обходе.

Задача 5.
     Первое решение.

     Обозначим наши монеты: a, b, c, d, e, f.
1 взвешивание: X = a + b;
2 взвешивание: Y = c + d.
     Если X = Y, то взвешиваем e. Если e = X/2, то f -
фальшивая, иначе e фальшивая.
     Если X > Y, то e и f - настоящие.
3 взвешивание в этом случае: Z = a + c + e.
     Рассмотрим случаи:
1) Z = X * 1,5, тогда a, b, c, e, f - настоящие, d - фальшивая.
2) Z = Y * 1,5, тогда a, c, d, e, f - настоящие, b - фальшивая.
3) если фальшивая a или c, тогда или Z = X+1/2Y (и тогда
   фальшивая a), или Z = 1/2X+Y (и тогда фальшивая с).
Если X < Y - аналогично.

     Второе решение.
     В предыдущем решении третье взвешивание зависело от
результата двух предыдущих. В настоящем решении все три
взвешивания делаются независимо от результатов предыдущих.
     Занумеруем монеты: 1,2,3,4,5,6.
     Взвесим их так:
1,2,3 - 1-е взвешивание;
1,4,5 - 2-е взвешивание;
2,4 - 3-е взвешивание.
     Пусть получились результаты измерений 3а, 3b и 2с
соответственно.
     Обозначим вес настоящей монеты х, а фальшивой - у (х не
равно у).

Если первая монета фальшивая, имеем:
3а=2х+у, 3b=2x+y, 2c=2x;
a=2/3x+1/3y, b=2/3x+1/3y, c=x, то есть а=b и не равно c.

Если вторая монета фальшивая, имеем:
3а = 2х+у, 3b = 3x, 2c = x+y;
a = 2/3x+1/3y, b = x, c = 1/2x+1/2y, то есть
b < a < c (x < y) или c < a < b (x > y).
     Если третья монета фальшивая, имеем:
3а = 2х+у, 3b = 3x, 2c = 2x); a = 2/3x + 1/3y, b = x, c = x,
то есть с = b и не равно а.
     Если четвертая монета фальшивая, имеем:
3а = 3х, 3b = 2x+y, 2c = x+у; a = x, b = 2/3x+1/3y,
c = 1/2x+1/2у, то есть a < b < c (x < y) или c < b < a (x > y).
     Если пятая монета фальшивая, имеем:
3а = 3х, 3b = 2x+у, 2c = 2x, a = x, b = 2/3x+1/3у, c = x, то есть
с = а и не равно b.
     Если шестая монета фальшивая, имеем:
3а = 3х, 3b = 3x, 2c = 2x; a = x, b = x, c = x, то есть с = b = а.
     Все полученные отношения для a, b и c взаимоисключающие,
а значит, сравнив a, b и c, мы можем однозначно определить
фальшивую монету.


Тренировочный вариант. Старшие классы.

Задача 1. Ответ: нельзя.
     Решение.

     Пусть существуют натуральные a, b, n, для которых верно
n^2 < a^3 < b^3 < (n+1)^2.
     Заметим что a  (a+1)^2 - a^2, то
есть 2n+1 > 3a^2 + 3a+1, откуда 2n > 3a^2 + 3a. Возводя в
квадрат, получаем 4n^2 > 9a^4 + 18a^3 + 9a^2 > 4a^3, откуда
n^2 > a^3. Но n^2 < a^3 - противоречие.
     Значит, таких чисел нет.

Задача 2. Ответ: можно.
     Решение.

     Возьмем какой-нибудь отрезок длины a.
     Построим отрезок АВ длины а(корень из 2 + корень из 3 +
корень из 5) (для этого построим отрезок длины а*(корень из 2)
как диагональ квадрата со стороной а,
далее а*(корень из 3) как диагональ прямоугольника
а на a(корень из 2),
затем а*(корень из 5) как диагональ прямоугольника
а(корень из 2) на a(корень из 3).
     Возьмем отрезок АС такой, что его длина равна корень из 2
+ корень из 3 + корень из 5, и С не лежит на прямой АВ. На
отрезке АВ отметим точку D такую, что АD = а. Проведем прямую
DE, параллельную ВС (Е лежит на АС). Из подобия треугольников
АВС и АDЕ: АЕ/АD = АС/АВ, то есть АЕ = АС*АD/АВ=1, а значит АЕ
- искомый отрезок.

Задача 3. Смотрите решение задачи 5 младших классов.

Задача 4.

     Докажем сразу пункт б) (тогда решение пункта а) получится
автоматически).

б) Пусть угол A прямой, F - центр квадрата со стороной BC.
Докажем что АF - биссектриса угла BAC.
По теореме синусов:
sin BAF/sin ABF = BF/AF = CF/AF = sin CAF/sin ACF.
Но угол ABF + угол ACF = 180^о , следовательно sin ABF = sin ACF.
Отсюда sin BAF = sin СAF, угол BAF = угол CAF = 45^о .
Значит, AF - перпендикуляр к DE.
S_{DEF} = DE*AF/2.
Пусть K - точка пересечения AF и BC, AC = a, AB = b.
Тогда DE = (a+b)/(корень из 2);
S_{ABC} = S_{AKC} + S_{ABK} = ((a+b)/2(корня из 2))*AK.
S_{DEF}/S_{ABC} = AF/AK.
Надо доказать: AF >= 2AK, то есть KF >= AK.
Расстояние от A до BC равно ab/(корень из a^2 + b^2}
Расстояние от F до BC равно (корень из {a^2 + b^2})/2,
ab/(корень из {a^2+b^2}) <= (корень из {a^2+b^2})/2,
следовательно AK <= KF, значит
S_{DEF}/S_{ABC} >= 2, что и требовалось.

Задача 5. Ответ: нет.

Решение.

     Пусть дан куб ABCDA_1B_1C_1D_1. Рассмотрим тетраэдр
ACB_1D_1. При повороте через ребро этот тетраэдр переходит в
тетраэдр, получаемый из BDA_1C_1 параллельным переносом, и
наоборот, BDA_1C_1 переходит в тетраэдр, получаемый
параллельным переносом из ACB_1D_1. Чтобы вернуть куб на
первоначальное место, его надо перекатить четное количество
раз. (представим, что куб перекатывается по шахматной доске.
на каждом шаге цвет клетки меняется) Значит тетраэдр АСB_1D_1
перейдет в себя. При повороте на 90 градусов AC переходит в
BD, но этот отрезок не принадлежит ACB_1D_1, значит поворот
верхней грани не мог произойти.