Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Областной тур. 10 класс. 2-й день (с решениями)

Задача 5: Пусть фиксированы положительные числа m и M такие, что m < M. Пусть также m ≤ xj ≤ M,j = 1,,2,,  ,,n. Рассматривается следующая задача: найти наибольшее значение выражения

Х.Гюйгенс доказал, что решение этой задачи существует, и нашёл единственные числа из отрезка [m,M], при которых выражение A принимает наибольшее значение. Сможете ли Вы найти эти числа?

Решение:

где . Обозначим буквой B выражение (1 + y1)(1 +   + y2)  (1 + yn + 1). Тогда исходная задача эквивалентна следующей: найти наименьшее значение выражения B при ограничениях:

В условии задачи сказано, что существуют единственные числа , решающие задачу Гюйгенса. По ним однозначно восстанавливаются числа , решающие вторую задачу (и наоборот). Покажем, что все числа равны между собой. От противного, пусть для некоторого номера i . Пусть . Покажем, что при замене на и на выражение B уменьшится, и что числа и удовлетворяют ограничениям второй задачи. Отсюда будет следовать, что числа не реализуют минимум выражения B, то есть противоречие с их выбором.

Для доказательства первого утверждения достаточно проверить неравенство:

которое эквивалентно истинному неравенству в силу того, что .

Покажем, что числа и удовлетворяют указанным ограничениям. Возможны два случая:

Случай i ≥ 2. Имеем:

Перемножая эти двойные неравенства и извлекая затем квадратный корень, находим:

В случае i = 1 из неравенств и требуется вывести, что . Левое неравенство здесь очевидно, а правое следует из цепочки:

Итак, , , ,   , .

ОТВЕТ: .

Задача 6: Докажите, что уравнение x² + y² = z³ имеет бесконечно много решений в натуральных числах.

Решение:

Будем искать решения в виде x = y = 2n,z = 2k. Тогда 22n + 22n = (2k)³. Получаем диофантово уравнение 2n + 1 = 3k. Так как n и k натуральные, то k нечётно, т.е. k = 2l  1. Тогда 2n + 1 = 6l  3,n = 3l  2, и исходное уравнение имеет решения x = y = 23l  2,z = 22l  1 (l ∈ N).

Задача 7: Ортогональные проекции на плоскости всех граней треугольной пирамиды отрезка, соединяющего середины его противоположных рёбер, имеют равные длины. Докажите, что таким же свойством обладает и любой из двух других отрезков, соединяющих середины противоположных рёбер пирамиды.

(Н.Агаханов)

Решение:

Покажем, что условие задачи эквивалентно тому, что в тетраэдре равны все высоты. (Ясно, что тогда вывод задачи будет очевиден). Пусть KM  отрезок, соединяющий середины рёбер BD и AC тетраэдра ABCD, причём MK1  =  MK2 = KM1 = KM2, где K1 и K2  проекции точки K на плоскости ABD и CBD, а M1 и M2  проекции точки M на плоскости ACD и ABC (см. рис.24). Тогда прямоугольные треугольники KMK1,KMK2,KMM1,KMM2 с общей гипотенузой KM равны, следовательно, KK1 = KK2 = MM1 = MM2. Но эти отрезки  половины высот тетраэдра, значит, все высоты тетраэдра также равны. Наоборот, из равенства высот следует равенство отрезков KK1,KK2,MM1,MM2 (как их половин), равенство треугольников KMK1,KMK2,KMM1,KMM2 (по катету и гипотенузе), и, наконец, равенство проекций MK1 = MK2 = KM1 = KM2. Утверждение полностью доказано.

Задача 8: Есть три поля: на одном лежит стопка из n монет, два других свободны. За один ход можно переложить монету с верха любой стопки на свободное поле или на верх любой другой стопки. За какое наименьшее число ходов удастся собрать стопку в обратном порядке на том же поле?

(А.Шаповалов)

Решение:

Покажем, как выполнить задание за 3n  2 хода. Обозначим поля A B и C, причём стопка пусть лежит на A. Верхнюю монету перекладываем на B (1 ход), остальные  на C (n  1 ходов), первую  обратно на A (1 ход), все с C, кроме нижней  на B (n  2 ходов), нижнюю  на A (1 ход), наконец, все монеты с B на A (ещё n  2 ходов). Всего 1 + (n  1) + 1 + (n  2) + 1 + (n  2) = 3n  2 хода.

Меньшим числом ходов обойтись нельзя. Предположим противное. Так как ни одна монета не может всё время оставаться на A, каждая из монет сделала не менее двух ходов. В силу принципа Дирихле есть три монеты сделавшие ровно по 2 хода, значит, по крайней мере две из них побывали на одном и том же поле B или C. Выбросим все остальные монеты и повторим в том же порядке ходы этих двух монет  выясняется, что изменить их порядок в стопке невозможно. Противоречие.

ОТВЕТ: 3n  2 хода.

http://zaba.ru/cgi-bin/tasks.cgi?tour=rregion.ekaterinburg.oblast.97-98.oblast.10klass.day2&solution=1

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

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