Главная |
||
Новости |
||
Задачи |
||
Устный тур |
||
Информация для участников |
||
Как провести Турнир? |
||
География Турнира |
||
Летние конференции |
||
Результаты |
||
Ссылки |
||
Контакты |
||
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Двадцатый международный математический Турнир Городов, 1998-1999Осенний тур(условия и решения задач)Редактор текста В. О. Бугаенко (bugaenko@mccme.ru), составитель HTML-версии А. К. Кулыгин (kuligin@mccme.ru). Просим сообщать все Ваши замечания и предложения. Содержание
(В скобках после номера каждой задачи указано количество баллов, дававшихся за её правильное решение, без учёта поправочных коэффициентов.) ДВАДЦАТЫЙ ТУРНИР ГОРОДОВ Осенний тур 18 октября 1998 г. 8-9 кл., тренировочный вариант. (Итог подводится по трём задачам, по которым достигнуты наилучшие результаты) Задача 1.(3)
Решение. Куб состоит из 400 столбиков, поэтому сумма всех чисел равна 400. Любой слой состоит из 20 столбиков, поэтому сумма чисел в нем равна 20. Чтобы получить искомую сумму, следует из суммы чисел во всём кубе вычесть
суммы чисел в трёх слоях, проходящих через данный кубик, затем прибавить суммы
чисел в трёх проходящих через него столбиках, являющихся попарными пересечениями
этих слоёв (поскольку мы их вычли дважды - с каждым из двух слоёв), и, наконец,
вычесть число, стоящее в данном кубике (так как мы его учли изначально, затем
трижды вычли и трижды прибавили).
Задача 2.(3)
Решение. Данный квадрат при делении на 200 даёт остаток 9, если третья справа цифра чётная, или 109, если она нечётная. Докажем, что квадрат целого числа не может при делении на 8 давать в остатке 5, тем самым, второй случай невозможен. Ясно, что такое число должно быть нечётным и поэтому иметь вид либо 8k+1, либо 8k+3. Однако, (8k+1)2=8(8k2+2k)+1, а (8k+3)2=8(8k2+6k+1)+1. Поэтому квадрат любого нечётного числа при делении на 8 даёт остаток 1. Задача 3.(4)
Решение. Углы AC'A' и AB'A' равны, так как дополняют до 180o равные углы CB'A' и A'C'B. Углы B'AC' и B'A'C' равны, так как дополняют до 180o равные суммы C'B'A+AC'B' и BA'C'+B'A'C. Значит, AB'A'C' - параллелограмм, следовательно, AC'=B'A'. Аналогично доказывается, что BA'B'C' - параллелограмм, и C'B=B'A'. Отсюда следует, что AC'=C'B, т.е. C' - середина AB. Для точек B' и A' доказательство аналогично. Задача 4.(4)
Решение. Предположим, что первый кандидат соврал. Это значит, что до его утверждения количество ложных высказываний не равнялось 1. После его высказывания это количество увеличилось на 1, поэтому стало не равным 2. Следовательно, второй кандидат тоже соврал. Продолжая такие же рассуждения, получаем, что все кандидаты соврали, а это противоречит условию задачи. Значит, первый кандидат сказал правду. Тем самым, как до, так и после его высказывания количество ложных утверждений равнялось 1. Поэтому второй кандидат соврал. Далее, рассуждая аналогично получаем, что и все последующие тоже соврали. Итак, соврали все кандидаты, кроме первого, и ещё одна ложь прозвучала до описываемой дискуссии. Поэтому всего кандидаты соврали 12 раз. Задача 5.(5)
Решение. Предположим сначала, что числа m и n взаимно простые. Рассмотрим два случая. Первый случай: числа m и n разной чётности, т. е. одно чётное, а другое нечётное. Тогда искомой будет обычная шахматная раскраска. Второй случай: числа m и n оба нечётные. Тогда раскрашивать доску нужно полосами шириной в одну клетку, чередуя цвета полос. Пусть теперь m и n имеют наибольший общий делитель d > 1. Разобьем доску на квадратные блоки размером d*d клеток. Будем закрашивать доску блоками, считая каждый такой блок за отдельную клетку, для случая хода крокодила на m/d клеток в одном направлении, и на n/d клеток - в перпендикулярном. Поскольку числа m/d и n/d взаимно простые, мы это делать уже умеем. ДВАДЦАТЫЙ ТУРНИР ГОРОДОВ Осенний тур 25 октября 1998 г. 8-9 кл., основной вариант. (Итог подводится по трём задачам, по которым достигнуты наилучшие результаты) Задача 1.(3)
Решение. Заметим прежде всего, что числа a и b либо оба делятся на 5, либо оба не делятся на 5. В противном случае, одна часть данного равенства делилась бы на 5, а другая - нет. Если a и b не делятся на 5, то числа a и a+5 взаимно простые, поэтому НОК(a,a+5)=a(a+5). Аналогично, НОК(b,b+5)=b(b+5). Имеем a(a+5)=b(b+5), откуда в силу монотонности функции y=x(x+5), получаем a=b. Если же a и b делятся на 5, то НОК(a,a+5)=a(a+5)/5, НОК(b,b+5)=b(b+5)/5. Приходим к тому же равенству a(a+5)=b(b+5), откуда a=b. Задача 2.(4)
Решение. Игорь и Валя могут разрезать свои доски на доминошки произвольно. Доминошки могут получиться трёх типов: полностью белые, полностью синие и сине-белые. Если доминошки какого-то типа имеются у обоих детей, то будем их откладывать в сторону попарно (каждый из детей откладывает по одной) до тех пор, пока это возможно. Если после этого у них ничего не останется, то исходно они имели одинаковые наборы, поэтому из них можно сложить одинаковые картинки. Поэтому считаем, что после откладывания у детей остались доминошки. Ясно, что общее количество доминошек и количество клеток каждого цвета у Игоря и Вали остаются равными. В результате, у одного из детей (скажем, у Вали) останутся доминошки двух типов, а у другого - только одного. Это значит, что у Игоря имеются только бело-синие доминошки (иначе все клетки его доминошек были бы одноцветными, а у Вали обязательно были бы клетки другого цвета). Тогда у Вали имеется одинаковое количество белых и синих доминошек, поскольку общее количество белых и синих клеток у неё такое же, как у Игоря. Из каждой пары, состоящей из белой и синей доминошки Валя может сложить квадрат 2*2, и такой же квадрат Игорь может сложить из двух своих доминошек. Из таких квадратов, а также из отложенных доминошек можно сложить одинаковые картинки. Задача 3.(5)
Решение. Обозначим окружности через w1 и w2 (так, что касательные из точки A проведены к окружности w1, а из точки B - к w2), их центры через O1 и O2 соответственно, а радиус через r. Получившийся четырёхугольник обозначим AKBL, а точку пересечения лучей AO1 и BO2 через O (рис. 4).
Проведём окружность с центром в O, касающуюся сторон AK и AL четырёхугольника. Это возможно, так как точка O лежит на биссектрисе угла A. Эта окружность гомотетична с центром A и коэффициентом AO/AO1 окружности w1. Поэтому её радиус R1=(AO/AO1)r. Аналогично, окружность с тем же центром O и радиусом R2=(BO/BO2)r касается сторон BK и BL. Из теоремы Фалеса следует AO/AO1=BO/BO2, поэтому R1=R2. Мы нашли окружность, вписанную в четырёхугольник AKBL. Отдельно нужно рассмотреть случай, когда прямые AB и O1O2 совпадают. В этом случае точку O выбираем на отрезке AB так, чтобы AO/AO1=BO/BO2. Дальнейшие рассуждения аналогичны. Задача 4.(6)
Первое решение. Предположим, что такие девять диагоналей существуют. Отметим точку их пересечения (она не является центром 25-угольника, поскольку через центр не проходит ни одной диагонали), а также 24 точки, получающиеся из неё поворотом относительно центра 25-угольника на углы, кратные 360o/25. Получим 25 точек, лежащих на одной окружности, через каждую из которых проходят по крайней мере девять диагоналей. Будем называть диагональ длинной, если по обе стороны от неё лежит не меньше восьми вершин многоугольника. Легко показать, что через отмеченные точки могут проходить только длинные диагонали. Действительно, если диагональ пересекает во внутренней точке восемь других, то их концы не могут совпадать. Таких концов 16, и они должны лежать по 8 с каждой стороны от исходной диагонали. Оценим количество длинных диагоналей двумя способами. Из каждой вершины
выходит по 8 длинных диагоналей, поэтому общее их число равно 25*8/2=100.
С другой стороны, через каждую отмеченную точку проходят не менее девяти длинных
диагоналей, и каждая диагональ проходит не более чем через две отмеченные точки;
поэтому общее число длинных диагоналей должно быть не меньше, чем 25*9/2>100.
Второе решение.
Докажем вспомогательное утверждение. Лемма. Пусть во вписанном четырёхугольнике ABCD стороны AB и CD равны, O - центр описанной окружности, M - точка пересечения диагоналей, не совпадающая с O. Тогда перпендикуляр l к прямой OM, восставленный в точке M, пересекает стороны AB и CD. Пусть K и L - середины дуг BC и AD описанной около четырёхугольника окружности (рис. 5). Тогда KL - ось симметрии четырёхугольника ABCD, поэтому содержит точки O и M и перпендикулярна сторонам AD и BC. Значит, l параллельна сторонам AD и BC. Поскольку прямая, содержащая внутреннюю точку четырёхугольника, должна пересекать две его стороны, l пересекает AB и CD. Лемма доказана.
Предположим, что мы имеем девять диагоналей A1B1, A2B2, ..., A9B9, пересекающихся в точке M, которая, очевидно, не может быть центром 25-угольника (рис. 6).
Задача 5.(7)
Решение. Ясно, что пустых коробок нет. Если имеется коробка, в которой находится только одна бусинка, то эта бусинка в любом случае должна быть выбрана. Уберем эту коробку с бусинкой, а также вторую бусинку того же цвета (из другой коробки). Останутся 18 бусинок, разложенные в 9 коробок. Количество способов выбрать по бусинке из каждой коробки осталось при этом тем же, что и в исходной задаче. Будем продолжать действовать так до тех пор, пока имеются коробки, содержащие всего одну бусинку. Пустых коробок при этом появиться не может, т. к. это привело бы к противоречию с условием задачи: в этом случае не существовало бы ни одного способа требуемого выбора. В результате останется 2n бусинок, разложенных в n коробок, по две в каждой. Будем выстраивать коробки в "цепочку" так, чтобы соседними были коробки, содержащие бусинки одного цвета (аналогично правилам игры в домино). Это можно делать до тех пор, пока цепочка не "замкнётся", т. е. на концах не будут находиться коробки, содержащие бусинки одного цвета. Все коробки при этом разобьются на несколько цепочек (в частности, если коробка содержит две бусинки одного цвета, то цепочка состоит из неё одной). Ясно, что выбрав одну из двух бусинок в любой из коробок, мы однозначно определяем выбор бусинок из других коробок той же цепочки и никак не ограничиваем выбор бусинок из коробок других цепочек. Поэтому общее количество способов требуемого выбора равно 2k, где k - количество получившихся цепочек. Задача 6.(7)
Решение. Можно считать, что стоимости монет в грошах взаимно просты. Действительно, если они имеют наибольший общий делитель d>1, то деноминируем грош, приравняв один новый к d старым. Тогда все условия задачи по-прежнему выполнены, но новые стоимости монет будут взаимно простыми. Пусть n разбойников отняли m монет на общую сумму в g грошей. Так как при
вычитании из g стоимости любой монеты получим число, кратное n, то стоимости
всех монет дают при делении на n один и тот же остаток r. Так как стоимость
любого набора из m-1 монеты делится на n, то (m-1)r делится на n. Кроме того,
r и n взаимно просты, поскольку любой их общий делитель является общим
делителем стоимостей всех монет.
ДВАДЦАТЫЙ ТУРНИР ГОРОДОВ Осенний тур 18 октября 1998 г. 10-11 кл., тренировочный вариант. (Итог подводится по трем задачам, по которым достигнуты наилучшие результаты, очки за пункты одной задачи суммируются) Задача 1.(3)
Решение. Бронзовые гирьки весят не меньше, чем 1+2+...+9=45 г, а железные - не больше, чем 11+12+...+19=135 г. Если бы хотя бы одно из этих неравенств было строгим, то вес железных гирек превышал бы вес бронзовых гирек более, чем на 90 г. Значит, бронзовые гирьки весят 45 г, а железные - 135 г, а это возможно только если девять самых легких гирек - бронзовые, а девять самых тяжелых - железные. Поэтому золотая гирька весит 10 г. Задача 2.(3)
Решение. Обозначим точку пересечения окружностей через O. Проведём отрезки из точки O в вершины получившегося криволинейного многоугольника. Стороны многоугольника представляют собой дуги окружностей; по теореме о вписанном угле, величина каждой дуги равна удвоенному углу между отрезками, проведёнными из точки O в её концы. В сумме все эти углы составляют 360o, поэтому сумма величин всех дуг равна 720o, т. е. двум полным окружностям. Значит, сумма длин дуг равна 4p; это и есть искомый периметр. Задача 3.(4)
Первое решение. Рассмотрим фигуру, изображённую на рис. 1.
Второе решение. Пусть на доске отмечены несколько клеток так, что шахматный конь может пройти
с любой из них на любую, затратив не более двух ходов. Разобьем множество чёрных
клеток на 8 частей по 4 клетки, как на рис. 3 (при разбиении получаются фигуры
двух типов, причём, чтобы пройти из любой клетки в любую другую клетку той же
фигуры, требуется не менее трёх ходов коня).
Оказывается, условие задачи остаётся верным, если заменить число 17 на 9. Докажем это. Если белых клеток не отмечено совсем или отмечена только одна, то, поскольку чёрных клеток не больше 8, утверждение доказано. Пусть отмечено две белых клетки. Выберем любую из них. Тогда все чёрные клетки лежат на расстоянии одного хода коня от неё, так как от чёрной клетки до белой конь может дойти только за нечётное количество ходов. Поэтому центры всех чёрных клеток находятся на одной окружности с центром в выбранной белой клетке. То же самое верно и для второй отмеченной белой клетки. Так как две окружности пересекаются не более, чем в двух точках, то чёрных клеток не более двух. Получаем всего четыре отмеченных клетки. Наконец, если отмечено более двух белых клеток, то чёрных клеток можно отметить только одну, поскольку три окружности могут пересекаться только в одной точке. И в этом случае общее количество отмеченных точек не больше 9. Заметим, что если заменить число 9 меньшим, то условие перестанет быть верным. Действительно, отметив одну из клеток центрального квадрата 4*4 и 8 клеток, находящихся от нее на расстоянии хода коня, получим, что коню нужно не более двух ходов, чтобы попасть из любой отмеченной клетки в любую другую. Задача 4.(4)
Решение. Для любого числа 0 <
x <
1 выполняется неравенство x(1-x)<
1/4 (это неравенство Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом,
примененное к числам x и 1-x), причём равенство выполняется только при x=1/2.
Записав это неравенство для
x1x2...x20(1-x1)(1-x2)...(1-x20)<
4-20, откуда, принимая во внимание условие, получаем
Задача 5.(1+3+2)
Решение. Докажем следующее интуитивно очевидное утверждение. Лемма. Если объединить две группы людей с рейтингами R1 и R2 (R1< R2), то рейтинг R получившейся группы будет удовлетворять условию R1< R< R2. Действительно, если Q'1, Q'2, ..., Q'n - показатели людей из первой группы, а Q''1, Q''2, ..., Q''m - показатели людей из второй группы, то (n+m)R=Q'1+...+Q'n+Q''1+...+Q''m=nR1+mR2 Так как R1<
R2, то
R=(n/(n+m))R1+(m/(n+m))R2<
(n/(n+m))R2+(m/(n+m))R2=R2,
и аналогично R>R1, причём равенство в обоих случаях
достигается тогда и только тогда, когда R1=R2.
Из леммы следует, что если рейтинг страны выше (соответственно, равен или ниже) рейтинга группы эмигрантов, то после эмиграции он повышается (соответственно, остается прежним или понижается). Действительно, достаточно применить лемму к двум группам: эмигрантов и остающихся в стране. Аналогично, если рейтинг страны ниже (соответственно, равен или выше) рейтинга группы иммигрантов, то после иммиграции он повышается (соответственно, остается прежним или понижается), но по прежнему остается ниже (соответственно, равен или выше) рейтинга группы иммигрантов. Пример для пункта а) теперь строится просто. Достаточно, чтобы из А в Б эмигрировал всего один человек, имеющий показатель Q ниже, чем рейтинг страны А, но выше, чем рейтинг страны Б. Такая ситуация возможна только если рейтинг страны А выше рейтинга страны Б, причём это же остается справедливым и после миграции. Но тогда, согласно лемме, невозможно, чтобы после обратной миграции из Б в А рейтинги обеих стран снова повысились. Поэтому, ответ в пункте б) отрицательный. В пункте в) ответ положительный. Приведем пример такой ситуации. Пусть в стране А всего два жителя с показателями (Q=1 и 3), в стране Б - пять жителей (Q=4, 4, 6, 6 и 55), в стране В - один житель (Q=1). При первой волне эмиграции из А в Б эмигрировал один человек с Q=1, а из Б в В - двое с Q=4. При второй волне из В в Б переехал один человек с Q=1, а из Б в А - двое с Q=6. Рейтинги стран при этом менялись так: А - 1->3->5; Б - 15->17->19; С - 1->3->4. Заметим, что для промежуточной страны Б рейтинг группы иммигрантов ниже рейтинга группы эмигрантов, однако, рейтинг самой страны Б при миграции все равно повышается. ДВАДЦАТЫЙ ТУРНИР ГОРОДОВ Осенний тур 25 октября 1998 г. 10-11 кл., основной вариант. (Итог подводится по трем задачам, по которым достигнуты наилучшие результаты, очки за пункты одной задачи суммируются) Задача 1.(2+3)
Решение. a) Решение следует из решения пункта б). Действительно, пусть такие числа a не равно b существуют; без ограничения общности считаем, что a < b. Тогда тройка чисел a, a+5 и b-a, будет удовлетворять условиям пункта б) (если подставить их вместо a, b и c соответственно), невозможность чего доказывается ниже. Другой способ см. в решении задачи 1 для 8-9 классов. б) Предположим, что НОК(a,b)=НОК(а+с,b+с). Если числа a, b и c имеют общий делитель d, то сократим на него. При этом обе части рассматриваемого равенства тоже сократятся на d. Поэтому можно считать, что a, b и c взаимно просты. Тогда числа a+c и b+c тоже взаимно просты. Действительно, если они имеют общий простой делитель p, то на p делится также их разность a-b и НОК(а+с,b+с)=НОК(a,b). Значит на p делится одно из чисел a или b, тем самым, они оба (т. к. на p делится их разность). Но тогда и c делится на p, что противоречит взаимной простоте чисел a, b и c. Следовательно, НОК(a+c,b+c)=(a+c)(b+c)>ab>НОК(a,b). Противоречие доказывает, что указанное равенство невозможно. Задача 2.(4)
Решение. Смотрите решение задачи 3 для 8-9 классов (основной вариант). Задача 3.(5)
a1+a2+a3=b1+b2+b3=c1+c2+c3=a1+b1+c1=a2+b2+c2=a3+b3+c3. Докажите, что сумма произведений строк таблицы равна сумме произведений ее столбцов: a1*b1*c1+a2*b2*c2+a3*b3*c3=a1*a2*a3+b1*b2*b3+c1*c2*c3. Первое решение. Обозначим через s сумму чисел любой строки или любого столбца таблицы. Тогда справедливы следующие равенства: a3=s-a1-a2, b3=s-b1-b2, c1=s-a1-b1, c2=s-a2-b2, c3=a1+a2+b1+b2-s. Подставив полученные выражения для a3, b3, c1, c2 и c3 в равенство, которое требуется доказать, получим соотношение между a1, a2, b1, b2 и s. Раскрыв скобки убеждаемся, что полученное (хотя и довольно громоздкое) равенство является тождеством. Второе решение. Пусть s=x+y+z, тогда 6xyz=s3-3s(x2+y2+z2)+2(x3+y3+z3). Записав это тождество для троек чисел, составляющих строки таблицы, и сложив три полученных равенства, получим, что левая часть доказываемого равенства равна (1/6)(s3-3sp+2sq), где p - сумма квадратов всех чисел в таблице, q - сумма кубов, s - сумма чисел в любой строке. Сделав то же самое со столбцами, получаем такое же выражение для правой части. Задача 4.(6)
Решение. Рассмотрим некоторый способ рассадки членов жюри. Назовём члена жюри везучим, если он сидит на своём месте. Из условия следует, что в любой момент рассадки лишь одно место, предназначенное для кого-то из еще не подошедших членов жюри, могло быть занято. Если такое место существует, то оно занято последним вошедшим невезучим. Значит, все невезучие члены жюри подходили к столу в том порядке, в котором они должны сидеть за столом, и садились на место следующего (по часовой стрелке) невезучего. Поэтому способ рассадки однозначно задается способом разбиения жюри на везучих и невезучих. Николай Николаевич и его сосед слева в любом случае являются невезучими. Любой же состав, не содержащий этих двоих, может быть множеством везучих. Для того, чтобы он был реализован, нужно, чтобы вслед за Николаем Николаевичем вошли все, кого мы выбрали везучими (в любом порядке), а затем все остальные в порядке их рассадки за столом по часовой стрелке. Поэтому количество способов рассадки такое же, как количество способов выбрать множество везучих из 10 членов жюри. Каждого из них можно отнести к одной из двух категорий, поэтому искомое число равно 210=1024. Задача 5.(7) ("Багаж в Московском метрополитене")
Ответ: не может. Первое решение. Пусть мы имеем прямоугольный параллелепипед P', лежащий внутри прямоугольного параллелепипеда P. Оценим двумя способами сумму l длин проекций трёх взаимно перпендикулярных рёбер параллелепипеда P' на три прямых, параллельных рёбрам параллелепипеда P. С одной стороны, сумма проекций трёх взаимно перпендикулярных рёбер параллелепипеда P' на любое ребро параллелепипеда P не превосходит длины этого ребра. Действительно, проекция внутреннего параллелепипеда на любое ребро внешнего есть отрезок, концы которого - это проекции двух противоположных вершин. От одной из них до другой можно пройти по трём взаимно перпендикулярным рёбрам. Поэтому рассматриваемая проекция равна сумме проекций этих трех рёбер, она, очевидно не больше, чем длина ребра, на которое мы проецируем. Значит, l не превосходит размера параллелепипеда P. С другой стороны, длина любого отрезка не превосходит суммы его проекций на три взаимно перпендикулярных направления. Поэтому размер параллелепипеда P' не больше l. Тем самым, размер внутреннего параллелепипеда не больше размера внешнего. Второе решение. Сначала докажем, что площадь поверхности внутреннего параллелепипеда не больше площади поверхности внешнего. Приведённое ниже доказательство годится для любого выпуклого многогранника, содержащегося внутри другого многогранника. Наденем на каждую грань внутреннего многогранника "шапку". Шапкой мы назовём объединение всех лучей с вершинами на грани, перпендикулярных ей и направленных наружу многогранника. Другими словами, шапка - это множество точек, проекции которых на плоскость грани лежит внутри грани, и расположенных по другую сторону от этой плоскости, чем многогранник. Из выпуклости многогранника следует, что любая точка пространства лежит не более, чем в одной шапке. Куски поверхности внешнего многогранника, попавшие внутрь каждой шапки, спроецируем на соответствующую грань. Их площадь не меньше площади этой грани, так как проекции покроют всю грань, а при проецировании площадь не увеличивается. Просуммировав эти неравенства для всех граней внутреннего многогранника, получаем, что площадь его поверхности не превосходит площади части поверхности внешнего многогранника, попавшей внутрь шапок, которая, в свою очередь, не превосходит площади всей поверхности внешнего многогранника. Пусть прямоугольный параллелепипед с рёбрами a', b' и c' содержится внутри прямоугольного параллелепипеда с рёбрами a, b и c. Тогда согласно доказанному 2(a'b'+a'c'+b'c')< 2(ab+ac+bc). Кроме того, диаметр (т. е. расстояние между двумя наиболее удалёнными точками) внутреннего параллелепипеда не превосходит диаметра внешнего. Диаметром прямоугольного параллелепипеда является длина его диагонали, поэтому, сравнивая квадраты диагоналей, имеем a'2+b'2+c'2< a2+b2+c2. Сложив эти два неравенства, получаем (a'+b'+c')2< (a+b+c)2. Значит, a'+b'+c'< a+b+c. Третье решение. Назовём e-окрестностью фигуры F фигуру
Fe, состоящую из точек, отстоящих на
расстояние не больше e от хотя-бы одной точки фигуры
F (в частности, F0=F). Любая точка M из
e-окрестности
Pe многогранника P имеет один из
следующих четырёх типов в зависимости от того, какое из следующих условий
выполняется:
Найдем объём vol Pe e-окрестности Pe прямоугольного параллелепипеда P с ребрами a, b и c. Для этого разрежем его на четыре части P0, P1, P2 и P3, являющихся множествами точек указанных выше типов соответственно. Объём P0 равен abc.
Окончательно имеем vol Pe= (4/3)pe3+(a+b+c)pe2+2(ab+ac+bc)e+abc. Если F'cF, то F'ecFe для любого e. Пусть P - прямоугольный параллелепипед с ребрами a, b и c, а P' - содержащийся в нём прямоугольный параллелепипед с ребрами a', b' и c'. Тогда для любого e параллелепипед P'e содержится внутри Pe, и поэтому vol P'e < vol Pe. Обе части этого неравенства - многочлены третьей степени от e с равными коэффициентами при старшем члене. Значит, коэффициент при e2 в левой части не больше, чем коэффициент при e2 в правой части. Это означает, a'+b'+c' < a+b+c, т. е. размер параллелепипеда P' не превосходит размера параллелепипеда P. Задача 6.(8)
Первое решение. Прежде всего докажем, что любая дробно-линейная (т. е. имеющая вид f(x)=(ax+b)/(cx+d) ) функция, не являющаяся константой, представляется в виде композиции функций двух первых видов (линейных и взятия обратной величины). Если c=0, то утверждение очевидно (функция является линейной). Если ad=bc, то функция является константой. В остальных случаях (ax+b)/(cx+d)=f1(f2(f3(x))), где
Обратно, композиция любого количества линейных функций и взятия обратной величины является дробно линейной функцией. Действительно, сами по себе эти функции являются дробно-линейными, и их композиция с любой дробно-линейной функцией также являетсяc дробно-линейной функцией. Докажем, что 2) => 1). (из утверждения 2) следует утверждение 1) )
Теперь докажем, что 1) => 2).
Функцией, обратной к j(t)=t-1, является она сама, а обратная функция к линейной (но не являющейся константой) - тоже линейная. Поэтому достаточно доказать, что квадрат некоторой дробно-линейной функции, представляется как композиция нескольких линейных функций и взятий обратной величины с данной функцией f(x). Прежде всего вычитаем из f(x) единицу и обращаем дробь, получаем функцию вида (x2+cx+d)/(px+q). Далее, если p=0, то применяем линейную функцию qt+(c2)/4-d) и получаем полный квадрат (x+(c/2))2. Если же p не равно 0, то делаем линейную замену переменных x'=x+(q/p) и получаем x'2+rx'+(s/px'). При этом s не равно 0, так как по условию числитель и знаменатель не имеют общих корней. Рассмотрим два случая. Первый случай: s > 0, можно считать, что s=u2. Применим функцию (pёu)t-(r/u) и сделаем новую замену x''=(x'/u). Получим (x''2+1)/x''= 4/(1/(x''-1)+2)2+1)+2. Второй случай: s < 0. Аналогично, получаем функцию
(x''2-1)/x''. Непосредственно проверяем, что при любом
l Второе решение. Докажем только импликацию 1) => 2). Для начала сведём задачу к случаю, когда множество значений функции f(x) ограничено. В самом деле, пусть f(x) не принимает значений из интервала (x1,x2), тогда функция (f(x)-(x1+x2)/2)-1 < 2/(x2-x1) ограничена. Докажем, что если четыре точки с координатами (a,b), (c,d), (a',b') и (c',d') лежат на одной прямой, то (x2+ax+b)/(x2+cx+d)=j((x2+a'x+b')/(x2+c'x+d')), где j - дробно-линейная функция. Действительно, a=ma'+(1-m)c', b=mb'+(1-m)d', c=na'+(1-n)c', d=nb'+(1-n)d', откуда (x2+ax+b)/(x2+cx+d)= (m((x2+a'x+b')/(x2+c'x+d'))+(1-m)) / (n((x2+a'x+b')/(x2+c'x+d'))+(1-n)). Пусть f(x)=(x2+ax+b)/(x2+cx+d) - ограниченная функция, удовлетворяющая условию 1). Из ограниченности следует, что знаменатель не обращается в нуль, следовательно квадратный трёхчлен имеет отрицательный дискриминант (c2 < 4d). Это значит, что точка (c,d) лежит "внутри" параболы y=x2/4. Проведём на координатной плоскости прямую, проходящую через точки (a,b) и (c,d). Она должна пересечь параболу; точки пересечения обозначим (a',b') и (c',d'). Тогда по доказанному утверждению f(x) выражается в виде дробно-линейной функции от (x2+a'x+b')/(x2+c'x+d'), а последняя дробь является квадратом дробно-линейной функции, так как и в числителе, и в знаменателе содержит квадратный трёхчлен с нулевым дискриминантом. Отдельно следует рассмотреть случай, когда проведённая прямая пересекает параболу лишь в одной точке, т. е. является вертикальной. Тогда a=c, и этот случай легко разбирается. Замечание. Строго говоря, утверждение задачи не вполне корректно и требует некоторого уточнения. Мы предполагаем, что равенство (P(x)/Q(x))-1=Q(x)/P(x) (*) является тождеством, хотя на самом деле области определения правой и левой частей не всегда совпадают. Чтобы избежать этой проблемы, можно принять одно из следующих предположений: 1) считать две функции равными, если их значения совпадают на пересечении их областей определения; при этом допустить, что функция может быть не определена для конечного множества значений аргумента; 2) дополнить множество действительных чисел еще одним "числом" oo (бесконечность), удовлетворяющим естественным арифметическим свойствам a/oo}=0 и a/0=oo (при a не равном 0 или oo), и считать встречающиеся в задаче функции определенными и принимающими значения в таком расширении множества действительных чисел; 3) считать встречающиеся в задаче дроби P(x)/Q(x) не функциями, а формальными записями, над которыми можно производить арифметические операции по естественным правилам, в частности, взятие обратной величины определяется формулой (*); равенство функций на их общей области определения влечет в этом случае равенство формальных записей с точностью до умножения числителя и знаменателя на один и тот же множитель. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|