Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада 1995 года. Городской тур. 10 класс (с решениями)

: Квадратный трехчлен f(x) имеет два вещественных корня, разность которых не меньше 1995. Докажите что уравнение f(x) + f(x + 1) +    + f(x + 1995) = 0 имеет два вещественных корня.

(С.~Берлов)

Решение: Не умаляя общности, можно считать, что коэффициент при x² положителен. Пусть x0  меньший из корней, а разность разность корней равна 1995 + a, a > 0. Тогда при x = x0 + a/2 значение квадратного трехчлена f(x) + f(x + 1) +    + f(x + 1995) отрицательно, а при x < x0  1995  положительно. Значит, он имеет два вещественных корня.

Задача 2: Внутри параллелограмма ABCD выбрана точка O так, что  ∠ OAD =  ∠ OCD. Докажите, что  ∠ OBC =  ∠ ODC.

(С.~Берлов)

Решение: Эта задача имеет много решений. Мы приведем лишь некоторые.

Решение 1. Построим отрезок OE, равный по длине и параллельный отрезку AD. Тогда AOED  параллелограмм, следовательно,  ∠ OED =  ∠ OAD =  ∠ OCD, и четырехугольник OCED  вписанный. Значит,  ∠ ODC =  ∠ OEC, как опирающиеся на одну и ту же хорду. Но четырехугольник OBCE  тоже параллелограмм. Поэтому  ∠ OEC =  ∠ OBC, откуда и следует утверждение задачи.

Решение 2. Заметим, что  ∠ BAO =  ∠ BCO. Обозначим  ∠ OAD =  ∠ OED =  α ,  ∠ ODC =  β ,  ∠ OBC =  δ ,  ∠ ADC =  ∠ ABC =  γ . Тогда  ∠ ADO =  γ    β ,  ∠ ABO =  γ    δ . Напишем теоремы синусов для треугольников AOD и OED:

Отсюда . Аналогично из теорем синусов для треугольников AOB и BOC получаем, что . Значит, . Это равенство легко приводится к виду

 sin ( β    δ ) = 0. Значит,  β  =  δ .

Решение 3. Проведем через точку O прямые, параллельные сторонам параллелограмма. Пусть K, L, M, N  точки пересечения этих прямых со сторонами параллелограмма (см. рисунок). Прямые разбивают исходный параллелограмм на четыре параллелограмма, так что на полученной картинке образовалось много равных отрезков и углов. Заметим, что треугольники AON и COM подобны, поэтому . В треугольниках BLO и OMD  ∠ L =  ∠ M, и при этом . Значит, эти треугольники подобны, и  ∠ LBO =  ∠ ODM, что и требовалось доказать.

Задача 3: Шахматная фигура пулеметчик бьет в каком-то одном направлении по вертикали или горизонтали (например, по горизонтали влево) на любое число клеток. Какое наибольшее количество не бьющих друг друга пулеметчиков можно расставить на шахматной доске 20 × 20?

(А.~Пастор)

Решение: Ответ: 76 пулеметчиков. Пример расстановки: пулеметчики стоят по периметру доски и стреляют наружу.

Докажем, что большее количество пулеметчиков расставить нельзя. Рассмотрим произвольную расстановку пулеметчиков, не бьющих друг друга. Внесем в нее следующие изменения: всех пулеметчиков, стоящих на краю доски, развернем так, чтобы они стреляли наружу; после этого каждого пулеметчика, стоящего не на краю доски, сдвинем на край в направлении его стрельбы. Ясно, что после этого пулеметчики будут стоять на разных клетках и не будут бить друг друга. Теперь все пулеметчики стоят на краю доски, значит, их не более 76.

Задача 4: Пусть d(n)  количество натуральных делителей числа n. Можно ли выбрать сто натуральных чисел a1,a2,  ,a100 так, чтобы при всех k от 1 до 100 выполнялось равенство d(a1 + a2 +    + ak) = ak?

(Н.~Филонов)

Решение: Рассмотрим последовательность sk = a1 + a2 +    + ak. Покажем, как можно выбрать последовательность натуральных чисел sk (а вместе с ней и ak) сколь угодно большой длины N. Для этого возьмем в качестве одного из членов последовательности достаточно большое число (например, большее, чем 4N + 1) и восстановим предыдущие члены, пользуясь соотношением sk  1 = sk  d(sk). Их будет не меньше N, поскольку d(n) ≤ 3n/4 при n > 2 (все делители n, кроме одного, не превосходят n/2), и значит, n  d(n) > n/4.

Задача 5: В треугольнике ABC на сторонах AB и BC выбраны точки K и L соответственно, так, что  ∠ KCB =  ∠ LAB =  α . Из точки B опущены перпендикуляры BD и BE на прямые AL и CK соответственно. Точка F  середина стороны AC. Найдите углы треугольника DEF.

(С.~Берлов)

Решение: Пусть M и N  середины сторон AB и BC соответственно. Тогда  ∠ AMF =  ∠ FNC =  ∠ MFN =  ∠ ABC. Отрезок EN  медиана прямоугольного треугольника BEC, значит,  ∠ ENB = 2 α , EN = BC/2 = FM,  ∠ ENF = 180  2 α    ∠ ABC. Аналогично, MD = FN,  ∠ DMF = 180  2 α    ∠ ABC. Мы получили, что треугольники DMF и ENF равны по двум сторонам и углу. Поэтому треугольник EFD  равнобедренный. Рассматривая углы при вершине F, мы видим, что  ∠ MFD +  ∠ EFN =  ∠ MFN +  ∠ EFD. С другой стороны,

Приравнивая эти выражения, находим, что  ∠ EFD = 90   α .

Решение 2 (с помощью комплексных чисел). Поместим начало отсчета в точку B и обозначим через x и y комплексные числа, представляющие точки D и E. Тогда точка A соответствует числу x(1  i ctg  α ), а

C  числу y(1 + i ctg  α ). Значит, точка F выражается числом , а вектора FD и FE  числами и . Отношение последних двух чисел равно , значит, угол между ними равен углу между (  1 + i ctg  α ) и (1 + i ctg  α ), то есть 2 α .

Задача 6: В государстве 2000 городов. Некоторые пары городов соединены дорогами так, что из любого города можно проехать в любой другой. Докажите, что это государство можно разбить на несколько республик (возможно, всего на одну) так, чтобы в каждой республике из любого города можно было единственным образом проехать в любой другой город этой республики, не выезжая за ее пределы. (В каждой республике должно быть не менее двух городов.)

(Д.~Карпов, А.~Пастор)

Решение: Индукцией по n докажем, что утверждение задачи верно для государств, в которых 2n городов. База очевидна. Переход: пусть это верно для всех государств, состоящих из меньшего числа городов. Если в государстве нет циклов, то все государство можно объявить республикой. Если же циклы есть, то закроем на время несколько дорог так, чтобы цикл остался ровно один. Назовем дороги, из которых состоит цикл, важными, а множество городов в которые можно добраться из города, не проезжая по важной дороге,  окрестностью этого города. Возьмем теперь два города, соединенные важной дорогой (очевидно, их окрестности не пересекаются). Или в окрестности одного из них, или в двух окрестностях вместе будет четное число городов (причем меньшее 2n). Будем считать эти города одной страной, а все остальные  другой, и в каждой стране восстановим закрытые дороги. По построению, обе страны состоят из четного числа городов, и из любого города можно проехать в любой другой в этой стране. По предположению индукции, эти страны можно разбить на республики.

Задача 7: В последовательности натуральных чисел сумма первых десяти членов равна 100, а начиная с a11, каждое число an равно количеству i < n, таких, что ai + i ≥ n. Известно, что a11 = 10. Докажите, что начиная с некоторого места все члены последовательности равны между собой.

(С.~Берлов)

Решение: На самом деле все члены последовательности, начиная с некоторого номера, равны 10.

Для каждого n, начиная с 10, обозначим через sn сумму всех положительных чисел вида an  i  i при i = 0,1,   (количество этих слагаемых, по условию, равно an + 1). При переходе от n к n + 1 все слагаемые уменьшаются на 1, и к ним добавляется an + 1, так что сумма не изменяется. Из условий a1 +    + a10 = 100 и a11 = 10 имеем s10 = 55, значит, все числа sn равны 55.

Отсюда, в частности, следует, что все an не превосходят 55, значит, последовательность an периодична (каждый ее член определяется не более чем 55 предыдущими). Рассмотрим ее там, где уже начались повторения, и пусть m  максимальное число периода. Докажем, что период состоит только из чисел m и m  1. Если an = m, то an  m = m, an  m + 1 ≥ m  1 и так далее, иначе индексов i с ai + i ≥ n окажется меньше m. Таким образом, значения an = m повторяются через m шагов, а после an = m не может идти an + 1 < m  1. Предположим, что имеются значения ai, меньшие m  1, и найдем пару an = m и ak < m  1 с наименьшим возможным значением k  n > 0. Так как ak  1 < m и ak < m  1, они не оказывают влияния на значение ak + m  1, поэтому ak + m  1 ≤ m  2. С другой стороны, an + m = m, так что значение k  n  не наименьшее из возможных.

Осталось соединить две части решения. Имеем sn > 1 + 2 +    + (m  1), a если в периоде имеются числа, меньшие m, то sn < 1 + 2 +    + m. Это невозможно при sn = 55 = 1 + 2 +    + 10.

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

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