 |
XXIII Турнир городов
(решения)
Весенний тур, основной вариант, 8-9 классы
Задача 1
Пользуясь тем, что a+b>c (неравенсто треугольника) и тем, что
a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2), где оба множителя положительны, получаем:
a3+b3+3abc = (a+b)(a2-ab+b2) + 3abc > c(a2-ab+b2) + 3abc =
= c(a2+b2+2ab) = c(a+b)(a+b) > c3.
Задача 2
Докажем, что черные всегда смогут так играть, чтобы после их
хода все четыре фишки оказались в вершинах прямоугольника со
сторонами, параллельными сторонам доски, причем фишки одного
цвета были бы в противоположных вершинах (в самом начале игры
это условие выполнено).
Действительно, если какая-то белая фишка
сделала ход по горизонтали, то черные ходят в том же направлении
той фишкой, которая раньше находилась на той же вертикали что и
эта белая; если же белая фишка сделала ход по вертикали, то
черные ходят в том же направлении той фишкой, которая раньше
находилась на той же горизонтали, что и эта белая. При этом
фишки снова окажутся в вершинах прямоугольника. При такой игре
черных белые не смогут поставить свои фишки рядом, так как две
соседние клетки не могут лежать на диагонали прямоугольника.
Задача 3
S(AFE)+S(EFC)=S(AEC)+S(AFC). Так как точка E - середина
стороны BC, то площади треугольников AEB и AEC равны. Аналогично,
равны площади треугольников AFD и AFC. Значит,
S(AFE)+S(EFC)=S(AEC)+S(AFC)=S(AEB)+S(AFD).
S(ABD)=S(ABCD)-S(BCD)= S(ABC)+S(ACD)-S(BCD)=
=2*S(ABE)+2*S(ADF)-4*S(EFC)=2*(S(AFE)-S(EFC)).
Так как площади треугольников ABE, EFC, DFA, AEF - четыре
последовательных натуральных числа, то S(AFE)-S(EFC)<=3.
Значит, S(ABD)<=6.
Для того, чтобы показать, что 6 и есть
правильный ответ, приведем пример. Проще всего это сделать
в прямоугольных декартовых координатах.
A(-4/3,0), B(0,5), C(8/3,0) и D(0,-4). Легко проверить, что
четырехугольник ABCD удовлетворяет условиям задачи и S(ABD)=6.
Задача 4
При любом n, кроме n=1 и n=3, можно зажечь некоторые лампочки
так, чтобы потом в любой момент нашлась хотя бы одна горящая
лампочка. Будем обозначать лампочки цифрами 0 и 1 (1 - если
лампочка горит, 0 - если не горит).
При n=1 можно зажечь лишь одну данную лампочку, и на следующей
минуте она потухнет. При n=3 тоже как ни зажигай лампочки, через
некоторое время они все потухнут. Это легко проверить перебором
всех вариантов:
110 -> 001 -> 010 -> 101 -> 000,
011 -> 100 -> 010 -> 101 -> 000,
111 -> 000.
Покажем, что при остальных n можно зажечь лампочки так, как
требует условие задачи. Рассмотрим несколько случаев.
а) n = 4k (т.е. n делится на 4). Тогда нужно так зажечь лампочки:
0110 0110 ... 0110 -> 1001 1001 ... 1001 -> 0110 0110 ... 0110
Видим, что на третьем шаге лампочки горят также, как и на первом.
Значит, и дальше в любой момент времени горит хотя бы одна лампочка
(т.к. все повторится).
б) n = 4k+1, k>1 (т.е. n при делении на 4 дает в остаток 1). Зажигаем:
0110 0110 ... 0110 0 0110 -> 1001 1001 ... 1001 0 1001 ->
-> 0110 0110 ... 0110 0 0110
Снова на третьем шаге лампочки горят так же, как и на первом.
Заметим, что количество групп по четыре лампочки равно k. То, что
конфигурация "живет", достигается за счет того, что между последней
и предпоследней четверкой вставлена не горящая лампочка. При этом
используется, что четверок хотя бы две (для этого нужно условие k>1).
в) n = 4k+2 (здесь k>=0). Зажигаем:
0110 0110 ... 0110 01 -> 1001 1001 ... 1001 10 -> 0110 0110 ... 0110 01
И снова все повторяется. Заметим, что случаю k=0 соответствует n=2,
и при этом групп по четыре лампочки не будет, а будут только две
последние лампочки 01 -> 10 -> 01.
г) n = 4k+3, k>0. Иллюстрация:
0110 0110 ... 0110 0 01 -> 1001 1001 ... 1001 0 10 ->
-> 0110 0110 ... 0110 0 01
Важным является то, что есть хотя бы одна группа из четырех
лампочек, поэтому k>0.
д) Остался один не рассмотренный случай: n = 4k+1, k=1, то есть n=5.
Легко: 10001 -> 01010 -> 10001 и так далее.
Задача 5
Докажем, что если в многоугольнике M есть хотя бы три нетупых угла,
то после разреза в одной из получившихся частей (обозначим их M1 и M2)
опять будет хотя бы 3 нетупых угла. Для этого посчитаем количество
нетупых углов в многоугольниках M1 и M2. Пусть прямая, по которой
делают разрез, пересекает M в точках A и B. Точка A является вершиной
двух углов (по одному в каждом из многоугольников M1 и M2), хотя бы
один из которых нетупой (так сумма этих углов не больше 180 градусов).
Если A - вершина тупого угла многоугольника M, либо лежит на стороне M,
то к нетупым углам M нужно прибавить ещё хотя бы один; если же
A - вершина нетупого угла многоугольника M, то оба получившиеся угла
будут нетупыми, то есть опять прибавился один нетупой угол.
Аналогично для точки B. Таким образом, количество нетупых углов
в многоугольниках M1 и M2 будет хотя бы на два больше, чем в M,
то есть хотя бы 5. Значит, в одном из многоугольников M1 или M2
будет хотя бы три нетупых угла.
Итак, после каждого разреза найдется многоугольник, у которого
есть хотя бы три нетупых угла. Но такой многоугольник не может быть
тупоугольным треугольником. Следовательно, остроугольный треугольник
не может распасться на тупоугольные треугольники.
Задача 6
Пусть a1,...,an,... - данная в условии последовательность.
Построим последовательность k1,...,kn,..., где kn - такое
число, что a1+...+an = kn*an+1. Из условия следует, что
kn - натуральное число при n>2001. Покажем, что последовательность
чисел kn не возрастает. Действительно,
kn+1*an+2=a1+...+an+an+1=kn*an+1+an+1=(kn + 1)*an+1,
откуда
(1) kn+1/(kn + 1) = an+1/an+2
Пусть c - наименьшее значение среди всех kn. Докажем, что c=1.
Так как числа kn не возрастают и с - наименьшее из kn, то все kn,
начиная с некоторого номера, равны c. Пусть N - этот номер.
Тогда при n>=N из равенства (1) получим (2):
(2) с/(с+1) = an+1/an+2 или an+2= ((c+1)/c)*an+1,
(3) aN+k+1 = [((c+1)/c)k]*aN+1.
Задача 7
Пусть обе цепочки лежат на горизонтальном столе и одна лежит
под другой. Назовем тот край цепочки, который левее, началом, а
который правее - концом. Теперь условимся обозначать доминошку
парой чисел (a,b), где a и b - количества очков на концах.
Заметим, что если из цепочки A можно получить цепочку B, то и
наоборот, из цепочки B можно получить цепочку A. Поэтому мы
будем доказывать, что, применяя разрешенные операции к обеим
цепочкам, можно получить из них две одинаковые цепочки. Это
решит задачу, так как если из цепочки A можно получить C, и из B
можно получить C, то из B можно получить A (сначала получаем из
B цепочку C, а затем из C цепочку A).
Перейдем непосредственно к решению задачи. Итак, есть две
цепочки, удовлетворяющие условию задачи (пусть в начале у
каждой цепочки ноль очков):
(1) (0,x) (x,a) ... (c,e),
(0,y) (y,b) ... (d,e)
(2) (0,Z) (Z,R) ... (T,W)
(0,Z) (Z,R) ... (S,W)
Рассмотрим все доминошки, на которых есть 0, и будем
говорить, что доминошка "плохо" лежит, если она лежит нулем к
началу (т.е. вида (0,a)). Аналогично будем говорить, что
доминошка "хорошо" лежит, если она повернута нулем к концу
цепочки (при этом доминошка (0,0), если она есть, лежит и
"плохо" и "хорошо").
Рассмотрим доминошку (0,y). Она где-то лежит в верхней
цепочке. Если она "хорошо" лежит, то, перевернув кусок от (0,x)
до (y,0), получим вид (2). Аналогично, если доминошка (0,x)
"хорошо" лежит в нижней цепочке, легко получить вид (2). Если же
(0,x) и (0,y) "плохо" лежат в обеих цепочках, т.е.
(0,x) ... (z,0) (0,y) ...
(0,y) ... ... (t,0) (0,x) ...
Пусть теперь в верхней цепочке есть хотя бы две "хорошие"
доминошки - обозначим их (u,0) и (v,0). Если доминошка (u,0) и
в нижней цепочке лежит "хорошо", то, перевернув в обеих цепочках
кусок от начала до (u,0), получим вид (2). Аналогично, если
(v,0) "хорошо" лежит в нижней цепочке. Допустим теперь, что обе
доминошки "плохо" лежат в нижней цепочке. Тогда одна из них
ближе к началу (в нижней цепочке) - пусть это (0,u). Выглядит
это так:
(0,x) ... (v,0) ... (u,0) ...
(0,y) ... ... (0,u) ... (w,0) (0,v) ...
(0,w) ... (u,0) ... ... (y,0) (0,v) ...
Теперь можно применить аналогичные рассуждения к кускам
цепочек, начинающимся со второй доминошки. Тогда получим новые
цепочки, в которых уже первые две доминошки будут одинаковые.
И так далее, пока не получим две цепочки с одинаковым
следованием доминошек.
Весенний тур, основной вариант, 10-11 классы
Задача 1
Ответ: 1, 2 и 3.
Решение. Обозначим углы треугольника буквами a, b и c.
Во-первых, заметим, что меньший из углов треугольника
заключен между 0 и Пи/3, то есть его тангенс, силу монотонности
функции, лежит между 0 и sqrt3. Поскольку это целое число, то
оно равно 1. Во-вторых, исходя из формулы тангенса суммы
(tg(x+y)=(tg(x)+tg(y))/(1-tg(x)tg(y)) (если x+y не равно Пи/2),
последовательно получаем:
0=tg(Пи)=tg(a+b+c)=(tg(a)+tg(b+c)) / (1-tg(a)tg(b+c))=
(tg(a)+tg(b)+tg(c)-tg(a)tg(b)tg(c)) / (1-tg(a)tg(b)-tg(c)tg(b)-tg(a)tg(c)).
Это значит, что tg(a)+tg(b)+tg(c)=tg(a)tg(b)tg(c).
Так как один из тангенсов равен 1 (пусть, для определенности tg(c)=1), то
tg(a)tg(b)-tg(a)-tg(b)-1=0, то есть (tg(a)-1)(tg(b)-1)=2=2*1
То есть (так как два тангенса не могут быть одновременно отрицательны -
два тупых угла в треугольнике) один из тангенсов равен 2, а второй 3.
Итак, тангенсы равны 1, 2 и 3.
Проверим, что такой треугольник существует. Возьмем углы между
Пи/4 и Пи/2 с такими тангенсами. Сумма этих углов будет лежать
между 3Пи/4 и 3Пи/2, и ее тангенс равен 0, то есть она равна Пи.
Задача 2
Решение. Положим t=100. Точка B с координатами (t; c), где
c=t3+t+1, очевидно, лежит на графике функции y=x3+|x|+1.
Рассмотрим положительное число r=sqrt[3]{c}-t
(корень кубический из c минус t).
Тогда (t+r)3=t3+t+1=c, следовательно, точка A с координатами
(t+r;c) лежит на графике функции y=x3.
Расстояние между точками A и B равно r.
Но из равенства (t+r)3=t3+t+1 следует:
3t2r+3tr2+r3=t+1, 3t2r2) = 101/(300*100)< 0,01.
Задача 3
Смотрите решение задачи 6 для младших классов.
Задача 4
Решение. Занумеруем всех зрителей номерами их билетов: 1 ,..., n.
Будем решать задачу индукцией по количеству зрителей.
Если нам удастся пересадить зрителя n на свое место так, чтобы
все оставшиеся сидели не на своих местах, мы сведем задачу к меньшему
числу зрителей.
Если билетер всегда может пересадить зрителя n ближе к своему
месту, при этом не нарушив условия задачи (все сидят не на своих
местах), то рано или поздно он посадит этого зрителя на свое
место. "Научим" билетера этой процедуре. Пусть самое правое место
имеет номер n, а самое левое 1.
Зрителя n, сидящего на месте k, не получится пересадить на одно
место правее, если правее него сидит зритель k (последний сядет
в этом случае на свое место). Тогда попробуем пересадить на одно
место вправо зрителя k, а затем и зрителя n.
Это не получится, если на (k+2)-ом месте сидит зритель k+1.
В этом случае будем пересаживать уже тройку зрителей n, k, k+1
на одно место правее.
И так далее.
В результате возможны два исхода:
1) на месте k+m+1, сидит зритель не k+m. Тогда пересаживаем
зрителей n, k, k+1, ... , k+m-1 правее на одно место.
2) такая цепочка дошла до места n, и на нем сидит зритель n-1.
В этом случае после пересаживания зрителей n, k, k+1, ... , n-1
мы получим рассадку, в которой зрители от k-го до n-го сидят на
своих местах, а остальные -- не на своих местах. Таким образом мы
свели задачу к такой же, но с меньшим числом зрителей -- далее по
индукции.
Итог -- зрителя n можно пересадить на свое место, при этом либо
все оставшиеся зрители сидят не на своих местах, либо еще
несколько зрителей k, k+1, ... , n-1, и только они, сидят на
своих местах. К тем зрителям, что сидят не на своих местах,
применим те же методы пересаживания.
Задача 5
Решение.
Обозначим за I центр вписанной окружности треугольника ABC,
а за r - ее радиус. Пусть a - величина угла BAC.
Докажем, что TBOA и AB перпендикулярны. Находим AB1=AB*cos(a),
AC1=AC*cos(a). В треугольниках BAC и B1AC1 угол BAC общий,
и AB1/AB = AC1/AC = cos(a). Таким образом, треугольники
B1AC1 и BAС подобны с коэффициентом подобия, равным cos(a).
Пусть X - проекция точки OA на AB. Отрезки AX и ATB - это
отрезки от вершины A до точек касания соответствующих сторон
со вписанной окружностью в подобных треугольниках B1AC1 и BAС,
то есть AX и ATB -- соответственные элементы в подобных
треугольниках. Поэтому AX = ATB*cos(a). Но если Y -- проекция
точки TB на AB, то AY = ATB*cos(a). Это означает, что AX=AY,
то есть точки X и Y совпадают. Отсюда следует, что TBOA и AB
перпендикулярны.
Аналогично приведенному выше рассуждению, докажем, что
TAOB и AB перпендикулярны, TCOB и BC перпендикулярны,
TBOC и BC перпендикулярны, TAOC и CA перпендикулярны,
TCOA и CA перпендикулярны.
Очевидно, что ITC и AB перпендикулярны, ITA и BC перпендикулярны,
ITB и CA перпендикулярны, а также ITA = ITB = ITC = r.
В четырехугольнике TBOATCI противоположные стороны параллельны,
следовательно TBOATCI -- параллелограмм, в котором
ITB = ITC = TBOA = TCOA = r.
Аналогично получаем, что TCOB = TAOB = TAOC = TBOC = r,
таким образом, все стороны шестиугольника
TAOCTBOATCOB равны r.
Задача 6
Для удобства изложения представим себе, что карты одной
масти покрашены своим цветом, к примеру: пики - синие, трефы -
зеленые, черви - красные и бубны - желтые. Тогда все выложенные
карты (будем считать, что прямоугольник вытянут в горизонтальном
направлении) будут выглядеть как картина, составленная
из цветных пятен. Весь прямоугольник назовем пасьянсом.
"Пятно" - это связная часть пасьянса, то есть такая, в
которой от одной карты к другой карте того же цвета можно
пройти по картам этого же цвета, переходя от соседа к соседу
(соседними считаются две карты, имеющие общую сторону), причем
к пятну уже нельзя добавить карты, не нарушив связности.
Заметим следующие свойства пятен.
1. Каждое пятно есть прямоугольник.
Действительно, из того, что пятно составлено из прямоугольных
карт, следует, что все углы пятна либо прямые, либо
равны трем прямым. Но второй случай невозможен. Допустим
противное, и пусть четыре карты расположены вот так:
a b
x c
где a, b, c - карты одной масти, а x - другой. Тогда x, a
и c должны быть одного достоинства, но a и c - одной масти, а
среди карт одной масти не может быть двух карт одного достоинства.
Получено противоречие. Итак, указанное расположение невозможно.
Но если все углы в пятне прямые, то это есть прямоуголь-
ник.
2. Два пятна одного цвета не могут иметь общую вершину.
Действительно, пусть четыре карты расположены так:
a y
x b
где a и b - карты одной масти, а x - другой. Тогда опять
получается, что a и b - одного достоинства, что невозможно.
3. На стороне пятна не может находиться граничная точка
двух других пятен.
Действительно, пусть четыре карты расположены так:
a b
x y
где a и b - карты одной масти, а x и y - двух других мастей.
Тогда пары карт: (a,x), (x,y) и (y,b) - это пары карт,
совпадающих по достоинству, и получается, что a и b - одного
достоинства, что невозможно.
Пусть k пятен имеют сторону на левой стороне пасьянса (k
равно 1, 2, 3 или 4). Если все эти пятна дотягиваются до правой
стороны пасьянса, то их должно быть 4, и все они разного
цвета, то есть получилось то, что требуется в задаче. Дальше
рассматриваем случай, что это не так.
Если же какое-то из этих пятен имеет ширину меньше 13, то
и все эти пятна имеют такую же ширину (это следует из свойства
3); в пасьянсе возникает вертикальный разрез, справа от которого
начинаются новые пятна. Если к разрезу слева подходит
пятно какой-то высоты, то справа к этому пятну примыкает пятно
другого цвета, но той же высоты. Это верно и для других
вертикальных разрезов, так что число k, которое определилось на
левой стороне пасьянса, сохраняется для всего пасьянса.
Заметим, что если одно из пятен имеет высоту 1, то оно
примыкает либо к верхней, либо к нижней стороне пасьянса.
Действительно, в противном случае на правом конце этого пятна
возникает картина:
a b
x c
e d
где x - правая карта нашего пятна, а в последовательности
карт: x, a, b, c, d и e все карты должны иметь одинаковое
достоинство, но в колоде только 4 карты имеют одинаковое достоинство.
Не может быть, что все пятна, имеющие сторону на левой
стороне пасьянса, имеют четную высоту. Действительно, тогда и
все пятна в пасьянсе имеют четную высоту, что противоречит тому,
что в каждой масти 13 карт.
Итак, остается всего два случая:
Случай 1. Три пятна имеют общую сторону с левой стороной
пасьянса, причем сверху и снизу находятся пятна высоты 1, а в
середине - пятно высоты 2.
Случай 2. Два пятна имеют общую сторону с левой стороной
пасьянса, причем их высоты равны 1 и 3.
Рассмотрим случай 1. Пусть эти три масти, считая сверху
вниз, суть A, B, C. Тогда после вертикального разреза масть B
отсутствует, значит появляется D. Масть A должна присутствовать,
причем она может находиться только внизу, а масть C -
только вверху, а D примыкает справа к B. Итак, от разреза к
разрезу B и D чередуются, отсюда следует, что число карт
каждой из этих двух мастей четное, что неверно, так как их должно
быть 13.
Рассмотрим случай 2. Пусть эти масти A и B. После
вертикального разреза появятся C и D, после следующего вертикального
разреза - опять A и B, и т.д.. Так что весь пасьянс разбивается
на вертикальные полосы - в одних масти A и B, в других
- C и D (назовем их AB-полосы и CD-полосы соответственно).
Рассмотрим AB-полосы. Число тех из них, ширина которых
нечетна, должно быть нечетно, так как иначе число карт в
каждой из мастей A и B оказалось бы четным.
Аналогично, число тех CD-полос, ширина которых нечетна,
должно быть четным.
Но тогда общее число полос, ширина которых нечетна, четно,
а из этого следует, что общая ширина пасьянса не может
быть равна 13.
Задача 7
Введем обозначение "sqrt3" - это квадратный корень из 3.
Решение:
Пусть a=2+sqrt3 и b=3*(2 + sqrt3), m - любое натуральное.
Тогда число A=(2 + sqrt3)m + (2-sqrt3)m целое и не делится на 3.
Очевидно, что [(2 + sqrt3)m]=A-1 (поскольку 0<2-sqrt3<1). Далее,
число B=(3n)*(2 + sqrt3)n + (3n)*(2-sqrt3)n целое и делится на 3.
Поскольку 3(2-sqrt3)=3/(2 + sqrt3)<1, то [(3n)*(2 + sqrt3)n]=B-1.
Но равенство A-1=B-1 невозможно, поскольку A не делится на 3,
а B - делится.
|
Главная
