Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Московская математическая олимпиада. Городской тур. 11 класс (с решениями)

Задача 1:

Существуют ли три квадратных трёхчлена, такие что каждый из них имеет два различных действительных корня, а сумма любых двух трёхчленов не имеет действительных корней?

(А. Канель)

Решение: =1

Ответ: да, существуют. Например, таковыми являются многочлены (x  10)²  1, x²  1 и (x + 10)²  1.

Задача 2:

Дана геометрическая прогрессия. Известно, что её первый, десятый и тридцатый члены являются натуральными числами. Верно ли, что её двадцатый член также является натуральным числом?

(Фольклор)

Решение: =2

Ответ: да, верно. Пусть a1, a2, , an,   данная геометрическая прогрессия, q  её знаменатель. По условию a1, a10 = a1q9 и a30 = a1q29  натуральные числа. Поэтому q9 и q29  положительные рациональные числа. Отсюда следует, что   положительное рациональное число и   также положительное рациональное число.

Пусть , где m и n  натуральные взаимно простые числа. Число натуральное, m29 и n29 взаимно просты, следовательно, a1 делится на n29. Отсюда получаем, что   число натуральное.

Задача 3:

В треугольнике ABC точка I  центр вписанной окружности, I′  центр окружности, касающейся стороны AB и продолжений сторон CB и CA; L и L′  точки, в которых сторона AB касается этих окружностей. Докажите, что прямые IL′, I′L и высота CH треугольника ABC пересекаются в одной точке.

(А. Заславский)

Решение: =3

Обозначим через M точку вписанной окружности, диаметрально противоположную точке L, через M′  точку вневписанной окружности, диаметрально противоположную точке L′ (рис.). Таким образом, ML и M′L′  диаметры, соответственно, вписанной и вневписанной окружностей, они параллельны высоте CH треугольника ABC. Вписанная окружность переходит во вневписанную при гомотетии с центром в точке C. При этой гомотетии диаметр ML переходит в параллельный ему диаметр, т.е. M′L′. Поэтому точки C, M, L′ лежат на одной прямой, а также точки C, M′, L лежат на одной прямой. Отсюда следует, что треугольники L′LM и L′HC совмещаются гомотетией с центром в точке L′. Поскольку L′I  медиана треугольника L′LM, прямая L′I пересекает отрезок CH в его середине.

Далее, треугольники LL′M′ и LHC совмещаются гомотетией с центром в точке L. Поскольку LI′ является медианой в треугольнике LL′M′, прямая LI′ также пересекает отрезок CH в его середине, откуда следует утверждение задачи.

Задача 4:

Докажите, что не существует многочлена степени не ниже двух с целыми неотрицательными коэффициентами, значение которого при любом простом p является простым числом.

(А. Канель)

Решение: =4

Предположим, что такой многочлен Q(x) существует. Пусть Q(x) = anxn + an  1xn  1 +    + a1x + a0, где a0, a1, , an  целые неотрицательные числа, an не равно 0, n > 2.

Если a0 = 0, то Q(x) = x(anxn  1 + an  1xn  2 +    + a1), следовательно, при простом p число Q(p) делится на p и больше p (здесь используется то, что степень Q не меньше 2), поэтому Q(p)  число составное. Допустим, a0 ≥ 2. Обозначим через p некоторый простой делитель a0. Тогда Q(p) = (anpn  1 + an  1pn  2 +    + a1)p + a0 делится на p и больше p, значит, Q(p)  число составное. Таким образом, имеется единственная возможность: a0 = 1.

Если для любого простого p число Q(p) простое, то и число Q(Q(p)) является простым при любом простом p. Значит, свободный член многочлена Q(Q(x)) должен равняться 1. Однако, поскольку Q(0) = a0 = 1, Q(Q(0)) = an + an  1 +    + a1 + 1 > 1. Мы получили противоречие, завершающее доказательство.

Задача 5:

Докажите, что в пространстве существует расположение 2001 выпуклого многогранника, такое что никакие три из многогранников не имеют общих точек, а любые два касаются друг друга (т. е. имеют хотя бы одну граничную точку, но не имеют общих внутренних точек).

(А. Канель)

Решение: =5

Положим N = 2001 и опишем построение расположения N выпуклых многогранников, из которых никакие три не пересекаются и любые два касаются.

Рассмотрим бесконечный круговой конус, вершина O которого находится в начале координат, а ось направлена вдоль оси Oz. На окружности, являющейся сечением конуса плоскостью z = 1, возьмём точки A1, A2, , AN  вершины правильного N-угольника. Обозначим через B1, B2, , BN середины меньших дуг A1A2, A2A3, , ANA1 соответственно. Через C(t) обозначим круг, являющийся сечением конуса плоскостью z = t, через Ot  центр этого круга, через ,   точки пересечения образующих OAi, OBi с кругом C(t), где t > 0, 1 < i < N.

Докажем вспомогательное утверждение.

Лемма. Пусть выпуклый многоугольник M лежит внутри круга C(t0), t0 > 0. Рассмотрим бесконечную вверх призму P, основанием которой служит многоугольник M, а боковое ребро параллельно прямой OBi для некоторого i. Многоугольник (равный M), который получается при пересечении призмы P и круга C(t), обозначим M(t) (таким образом, M(t0) совпадает с M). Тогда найдётся такое положительное T > t0, что при всех t > T многоугольник M(t) будет содержаться внутри сегмента круга C(t).

Доказательство. Многоугольник M(t) является образом M при параллельном переносе на вектор, параллельный образующей OBi. Поэтому многоугольник M(t) содержится внутри круга, равного кругу C(t0), который касается круга C(t) в точке . Расстояние от точки до прямой прямо пропорционально длине образующей OBti; следовательно, найдется такое T, что при всех t > T это расстояние больше диаметра окружности C(t0). Это и означает, что многоугольник M(t) попадает внутрь сегмента Si(t) круга C(t). Лемма доказана.

Переходим к индуктивному построению нашего расположения.

Выберем t1 > 0. Возьмём выпуклый многоугольник M1 внутри круга C(t1). Рассмотрим бесконечную вверх призму P + 1, основанием которой служит многоугольник M1, а боковое ребро параллельно прямой OB1.

Пусть для некоторого n (1 < n < N) уже определены положительные числа t1, t2, , tn  1, t1 < t2 <    < tn  1, выпуклые многоугольники M1, , Mn  1, лежащие внутри кругов C(t1), C(t2), , C(tn  1), бесконечные призмы P1, P2, , Pn  1 с основаниями M1, M2, , Mn  1 и боковыми рёбрами, параллельными OB1, OB2, , OBn  1 соответственно.

Согласно лемме, существует число tn > tn  1, такое что многоугольник M1(tn) содержится внутри сегмента S1(tn) круга C(tn), многоугольник M2(tn) содержится внутри сегмента S2(tn) круга C(tn), , многоугольник Mn  1(tn) содержится внутри сегмента Sn  1(tn) круга C(tn).

Сдвигаем каждую из прямых (1 < i < n  1) в направлении вектора , пока она не совпадёт с прямой li(tn), касающейся многоугольника Mi(tn). Теперь построим выпуклый многоугольник Mn, который содержится в круге C(tn), касается каждого многоугольника Mi(tn) и лежит по разные с ним стороны от прямой li(tn): возьмём для каждого i одну из точек касания многоугольника Mi(tn) и прямой li(tn); при n > 3 эти точки являются вершинами выпуклого (n  1)-угольника, который и можно выбрать в качестве Mn; при n = 2,3 надо добавить ещё несколько точек).

Рассмотрим бесконечную вверх призму Pn, основанием которой является многоугольник Mn, а боковое ребро параллельно прямой OBn. Построение будет закончено, когда мы получим призмы P1, P2, , PN. Наконец, срежем призмы плоскостью z = T, где T > tN.

Докажем, что полученные (обычные) призмы удовлетворяют условию задачи. Для этого достаточно показать, что призма Pn пересекается с призмой Pi, i < n, только в плоскости круга C(tn). Пусть, напротив, найдётся общая точка R ∈ C(t) двух призм, где t > tn. Через точку R проведём прямые, параллельные OBn и OBi; обозначим их точки пересечения с плоскостью круга C(tn) через Rn и Ri соответственно. Тогда точка Rn должна принадлежать многоугольнику Mn(tn), а точка Ri должна принадлежать многоугольнику Mi(tn). Ясно, что (ненулевые) векторы RiRn и противоположно направлены.

Однако это невозможно, поскольку точки Ri и Btni лежат по одну сторону от прямой li(tn), а точки Rn и   по другую. Противоречие завершает доказательство.

Задача 6:

По кругу расставлено несколько коробочек. В каждой из них может лежать один или несколько шариков (или она может быть пустой). За один ход разрешается взять все шарики из любой коробочки и разложить их, двигаясь по часовой стрелке, начиная со следующей коробочки, кладя в каждую коробочку по одному шарику.

а) Докажите, что если на каждом следующем ходе шарики берут из той коробочки, в которую попал последний шарик на предыдущем ходе, то в какой-то момент повторится начальное размещение шариков.

б) Докажите, что за несколько ходов из любого начального размещения шариков по коробочкам можно получить любое другое.

(В. Гуровиц)

Решение: =6

а) Текущее состояние описанной в задаче системы определяется количеством шариков в каждой коробочке и указанием коробочки, с которой нужно начинать раскладывать шарики в следующий раз. Поэтому возможных состояний системы конечное число. Из каждого состояния можно, раскладывая шарики, перейти в другое состояние системы, которое определено однозначно. Наоборот, зная состояние системы в настоящий момент, можно однозначно определить состояние системы перед последним раскладыванием шариков. Действительно, последнее раскладывание должно было закончиться на выделенной коробочке; поэтому, чтобы восстановить предыдущее состояние, нужно взять один шарик из выделенной коробочки и далее, идя против часовой стрелки, брать по шарику из каждой коробочки, пока это возможно. Когда же мы встретим пустую коробочку, мы положим в неё все собранные шарики и объявим её отмеченной. (Фактически мы дали описание операции, обратной к ходу, описанному в условии задачи.) Если обозначить состояния системы точками, а возможность перехода из одного состояния в другое  стрелкой, соединяющей соответствующие точки (т. е. построить граф состояний системы), то из каждой точки будет выходить ровно одна стрелка и в каждую точку будет входить ровно одна стрелка. Начнём двигаться по стрелкам, начиная с заданного состояния A1. Получаем последовательность состояний A2, A3 Поскольку число состояний конечно, в некоторый момент в последовательности Ai возникнет повторение. Пусть, например, Ak = An, где k < n. Поскольку в точку Ak входит ровно одна стрелка, из равенства Ak = An следует Ak  1 = An  1, ..., A1 = Ak  n + 1. Тем самым, через n  k ходов мы вернулись в состояние A1.

б) В отличие от задачи а) теперь состояние системы определяется лишь тем, как разложены шарики по коробочкам. В каждый момент возможно несколько ходов, а именно столько, сколько в данный момент имеется непустых коробочек. Очевидно, имеется столько же возможностей выполнить обратную операцию, описанную в решении пункта а). В терминах графа состояний системы это означает, что из каждой точки выходит столько же стрелок, сколько в неё входит.

Докажем два вспомогательных утверждения.

1) При любом начальном состоянии можно добиться того, чтобы все шарики оказались в одной наперёд заданной коробочке M.

В самом деле, если при каждой операции брать шарики из непустой коробочки, ближайшей к M при движении против часовой стрелки, то либо число шариков в M увеличится, либо ближайшая к M непустая коробочка станет ещё ближе, что не может продолжаться бесконечно. Утверждение доказано.

Обозначим через K состояние, при котором все шарики собраны в коробочке M, и через B некоторое произвольное состояние.

2) Из B можно пройти в K, двигаясь по стрелкам против их направления (по обратным стрелкам).

Действительно, согласно предыдущему утверждению, найдётся такая последовательность (различных) состояний B = A1,A2,  ,An = K, что точки A1, A2, , An последовательно соединены стрелками. Будем двигаться по обратным стрелкам из An в An  1, из An  1 в An  2, , из A2 в A1 и далее из A1, пока это возможно, выбирая на каждом шаге обратную стрелку, по которой мы ещё не проходили. Остановиться мы можем только в K. В самом деле, предположим, что при движении мы стираем стрелки. Cначала в каждую точку входило столько же стрелок, сколько выходило из неё. При стирании стрелок в каждый момент времени в каждую точку, за исключением начальной точки K, входит не меньше стрелок, чем выходит. Следовательно, если мы вошли в некоторую точку (кроме K) по обратной стрелке, то мы сможем и выйти из неё. Отсюда следует, что из B можно пройти в K по обратным стрелкам, т.е. из K можно пройти в B по обычным стрелкам.

Теперь нетрудно завершить доказательство. Пусть имеются два произвольных состояния A и B. Чтобы пройти, двигаясь по стрелкам, из A в B, можно вначале пройти из A в K, а затем из K в B. Как мы доказали, и то и другое возможно.

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

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