Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада 1995 года. Отборочный тур. 9 класс (с решениями)

Задача 1: p и q  простые числа, такие, что p² + 1 делится на q, а q²  1 делится на p. Докажите, что p + q + 1  составное число.

(А.~Голованов)

Решение: Так как (q + 1)(q  1) делится на p, то одно из чисел q + 1 или q  1 делится на p. Если q + 1 делится на p, то и p + q + 1 делится на p. Если же q  1 делится на p, то q = kp + 1 для некоторого натурального k ≤ p. По условию, p² + 1 делится на q, значит, p² + 1  q = p²  kp = p(p  k) делится на q, значит, p  k делится на q. Следовательно, k = p (иначе 0 < p  k < q), то есть q = p² + 1. Но тогда p + q + 1 = p² + p + 2  четное число, большее двух.

Задача 2: a,b,c > 0. Докажите неравенство:

(Д.~Карпов)

Решение: Применим к числителям неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом для трех чисел, рассматривая, например, 2a как a + a, а затем это же неравенство о средних к сумме полученных дробей. Получаем:

Задача 3: На плоскости даны две пересекающиеся окружности. Точка A  одна из двух точек пересечения этих окружностей. В каждой окружности проведен диаметр, параллельный касательной в точке A к другой окружности, причем эти диаметры не пересекаются. Докажите, что концы этих диаметров лежат на одной окружности.

(С.~Берлов )

Решение: Обозначим диаметры BC и DE, а центры соответствующих окружностей  O1 и O2, и проведем из центров окружностей перпендикуляры к соответствующим диаметрам. Пусть эти перпендикуляры пересеклись в точке F (см. рисунок). Докажем, что F  центр искомой окружности.

Заметим, что O1F|AO2, т. к. O1F и AO2 перпендикулярны BC. Аналогично O2F|AO1. Значит, AO1FO2  параллелограмм. Отсюда FO2 = AO1 = BO1, а FO1 = AO2 = DO2. Теперь из равенства треугольников BO1F и FO2D получаем, что FB = FD. Кроме того, точка F, по построению, лежит на серединных перпендикулярах к BC и DE, а значит, FC = FD = FB = FE, что и требовалось.

Чтобы упростить возможные счетные решения, участникам отбора было предложено считать, что окружности не содержат внутри себя центров друг друга. (Приведенное решение не зависит от таких тонкостей.)

Задача 4: На плоскости дано 1995 точек, некоторые пары точек соединены отрезками. Точки первоначально раскрашены в два цвета. Каждую минуту (одновременно) те точки, которые соединены с четным количеством точек такого же цвета, меняют свой цвет. Докажите, что исходная раскраска не сможет снова получиться через нечетное число минут.

(С.~Берлов)

Решение: Рассмотрим в какой-нибудь момент времени систему всех отрезков, соединяющих между собой точки одного цвета. Количество точек, из которых выходит нечетное число этих отрезков, всегда четно, а ведь именно такие точки не меняют цвета при описанной процедуре. Значит, каждую минуту не меняют цвета четное число точек, а меняют цвет  нечетное число. Таким образом, за нечетное число минут происходит нечетное число перекрашиваний отдельных точек, после чего раскраска не может остаться прежней.

Задача 5: Пусть M  множество значений многочлена x² + 1 в целых точках. Докажите, что множество M не содержит ни одной бесконечной (непостоянной) геометрической прогрессии.

(А.~Голованов)

Решение: Пусть (an)  некоторая геометрическая прогрессия, содержащаяся в M. Пусть q  знаменатель этой прогрессии, он, очевидно, натурален. Пусть ai = b² + 1  член последовательности, такой, что b > q  (!). Тогда ai + 2 = q²ai. Если ai + 2 = c² + 1, то получаем: c² + 1 = b²q² + q², откуда q²  1 = c²  (qb)² = (c + qb)(c  qb) ≥ c + qb ≥ q²,. Противоречие.

Задача 6: Прямоугольник разбит на доминошки (т. е. прямоугольники 1 × 2). Докажите, что его клетки можно раскрасить в два цвета так, чтобы любая доминошка в данном разбиении содержала клетки разных цветов, но в любом другом разбиении этого прямоугольника на доминошки нашлась бы доминошка, содержащая две клетки одного цвета.

(Д.~Карпов)

Решение: Решение 1. Покажем, что утверждение задачи верно не только для прямоугольника, но и для любой клетчатой фигуры, которую можно разбить на доминошки. Индукция по числу доминошек разбиения. Пусть для всех меньших фигур это верно. Рассмотрим угловую клетку, у которой нет соседа ни слева, ни сверху (такую клетку можно накрыть доминошкой ровно двумя способами), и раскрасим по индукционному предположению всю фигуру без доминошки разбиения, содержащей эту клетку. Покрасим теперь оставшуюся доминошку в два цвета так, чтобы наша клетка была того же цвета, что и ее сосед, не содержащийся в этой доминошке (если такого соседа нет  то доминошку можно раскрасить как угодно). Получившаяся раскраска удовлетворяет условию. Действительно, если в каком-либо другом разбиении доминошка, накрывающая нашу угловую клетку, расположена так же, как в рассмотренном, то, по индукционному предположению, в оставшейся части фигуры найдется одноцветная доминошка, если же угловая клетка накрыта доминошкой вторым способом, то уже в этой доминошке обе клетки одного цвета.

Решение 2 (найдено одним из участников олимпиады). Предъявим требуемую раскраску. Для каждой горизонтальной доминошки покрасим в черный цвет левую занимаемую ею клетку, а для каждой вертикальной  нижнюю. Введем систему координат, в которой координаты центров клеток целочисленны, а оси направлены стандартным образом: вверх и вправо. Пусть S  разность суммы координат центров всех белых клеток и суммы координат центров всех черных. В исходной расстановке каждая доминошка вносит в эту сумму вклад, равный  + 1, поэтому S равно количеству доминошек. Допустим, что у нас есть какое-то другое разбиение, в котором каждая доминошка содержит по одной черной и одной белой клетке построенной раскраски. Так как величина S зависит только от раскраски, а вклад каждой доминошки нового разбиения не превосходит единицы, мы заключаем, что все вклады равны единице, то есть в каждой доминошке нового разбиения черная клетка тоже находится слева или снизу. Но расположение доминошек с таким свойством однозначно восстанавливается по имеющейся раскраске (рассмотрите, например, снизу вверх самый левый столбец клеток, потом следующий и т. д.) и, следовательно, совпадает с исходным.

Задача 7: H  ортоцентр остроугольного треугольника ABC; D  середина стороны AC. Прямая, проходящая через H перпендикулярно отрезку DH, пересекает стороны AB и BC в точках E и F. Докажите, что HE = HF.

(С.~Берлов)

Решение: Пусть AL и CK  высоты  ∆ ABC. Продолжим отрезок HD за точку D и отложим отрезок DH′ = HD. Тогда четырехугольник AHCH′  параллелограмм, так как его диагонали делятся точкой пересечения пополам. Отсюда следует, что H′A|CK, а значит,  ∠ H′AB = 90. Четырехугольник AEHH′  вписанный, так как  ∠ H′AE =  ∠ EHH′ = 90, поэтому углы H′EH и H′AH равны. Аналогично  ∠ H′CH =  ∠ H′FH. Но  ∠ H′AH и  ∠ H′CH равны как противоположные углы параллелограмма, значит,  ∠ H′EH =  ∠ H′FH. Таким образом  ∆ EH′F равнобедренный, и его высота H′H является медианой, то есть, EH = HF.

Решение 2. Пусть L  основание высоты, опущенной из вершины A. Тогда  ∠ AHD = 90   ∠ AHE = 90   ∠ LHF =  ∠ LFH =  ∠ BFH. Кроме того,  ∠ HAD =  ∠ FBH = 90   ∠ C. Следовательно,  ∆ AHD ∽  ∆ BFH. Аналогично доказывается, что  ∆ CHD ∽  ∆ BEH. Значит,

(То, что D  именно середина стороны, использовалось только в самом последнем равенстве.)

Решение 3 (найдено одним из участников олимпиады). Через точку A проведем прямую, параллельную EF, пусть она пересекает сторону BC в точке M (Если она пересекает продолжение стороны BC, то сделаем аналогичное построение для вершины C). Тогда AM ⊥ HD. Пусть высота BG (проходящая через точку H) пересекает отрезок AM в точке N. Достаточно доказать, что AN = NM, тогда результат задачи будет следовать из теоремы Фалеса. Для этого, в свою очередь, достаточно проверить, что прямая DN совпадает со средней линией  ∆ ABC, или просто что DN || BC. Но прямая DN проходит через точку пересечения высот  ∆ AHD. Поэтому DN ⊥ AH, а прямая AH  это высота  ∆ ABC, так что DN || BC.

Утверждение задачи является также простым следствием теоремы о бабочке (См. Г. Коксетер, С. Грейтцер Новые встречи с геометрией; Д.О.Шклярский, Н.Н.Ченцов, И.М.Яглом Избранные задачи и теоремы планиметрии, задача 122.).

Задача 8: Существует ли возрастающая последовательность натуральных чисел такая, что при всех натуральных n сумма цифр числа  равна числу ?

(Д.~Давыдок, Д.~Карпов)

Решение: Ответ: да, такая последовательность существует. Ищем элементы последовательности среди чисел вида 10k  1.

Значит, сумма цифр числа (10k  1)5 равна 27k. Теперь нетрудно построить искомую последовательность. Пусть, например,

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

 
©2002-2009 Федеральное агентство по образованию
©2002-2009 СПбГУ ИТМО
©2002-2009 Разработка сайтов — 1ADW