Регион 9 класс

Первое решение. Пусть — расстояни между домами Ани и Бори (измеренное в метрах), а и — скорости Ани и Бори соответственно (измеренные в м/мин). Когда Боря догоняет Аню, скорость их сближения равна Поэтому в первый день Боря догнал Аню за мин. Во второй же день Аня успела отойти на м, так что мин. Отсюда имеем откуда и Поэтому а Боре надо потратить на путь между домами минут. Значит, выбежать ему надо в

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Изобразим условие на графике (см. рис. 1), откладывая по оси абсцисс время (в минутах, отсчитанное от момента ), а по оси ординат — расстояние от дома Бори. Тогда графики движения обоих детей будут отрезками прямых. Пусть график движения Ани начинается в точке график движения Бори в первый и второй день — в точках и и пусть точки встречи в эти два дня обозначаются как и соответственно. По условию, абсциссы точек и равны 30 и 50 соответственно.

Пусть — точка, в которой должен начинаться график движения Бори. По теореме Фалеса, последнее отношение равно отношению разностей абсцесс соответствующих точек, то есть Значит, то есть точка соответствует моменту

Первое решение. Продолжим отрезок до пересечения со стороной в точке Поскольку треугольник равнобедренный. Кроме того,

поэтому треугольник также равнобедренный, и Из параллелограмма получаем

Тогда

Поскольку получаем, что треугольники и равны по двум сторонам и углу между ними, откуда и следует, что

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть описанная окружность треугольника пересекает вторично прямую в точке Тогда

также, поскольку —– (внутренняя или внешняя) биссектриса угла имеем

Поэтому треугольники и равны. Отсюда следует, что

а тогда и треугольники и также равны. Значит, Кроме того, из полученного равенства углов и следует, что

Тогда треугольники и также равны, и что и требовалось.

Пусть а

Пусть прямые, нарисованные на -й и -й минутах, пересекаются в точке с абсциссой (причём ). Это значит, что или

если

Пусть теперь прямые, нарисованные на -й, -й и -й минутах пересекаются в одной точке. Заметим, что квадратный трёхчлен принимает каждое значение не более двух раз, поэтому в множестве есть хотя бы два раличных значения. Без ограничений общности будет считать, что Тогда полученная формула означает, что

Домножив на знаменатели и сократив подобные слагаемые, получаем

что при означает, что Таким образом, равенство выше верно вообще для всех значений и а значит, и равенство (**) будет выполнено для всевозможных значений и что и означает, что прямые, нарисованные в произвольные моменты и пересекают -ю прямую в одной и той же точке.

Рассуждение выше может не сработать только для момента когда Но, поскольку нам уже известно, что все остальные прямые пересекаются в одной точке, можно теперь провести такое же рассуждение для других трёх моментов, установив требуемое.

Сначала приведём стратегию за Соню. Пока она не получила больше 299 монет, перед её ходом на доске остаётся хотя бы 101 монета. Разобьем доску на 100 квадратов Получается, что какие-то две монеты лежат в одном и том же квадрате Если эти две монеты соседние по стороне, то Соня надвигает одну на другую, и получает ещё одну монету. Если они стоят по диагонали, то Соня сдвигает одну из них в столбец к другой (здесь и далее столбец имеет длину 2, строка — длину 200). Теперь, какой бы ход ни сделала Даша, эти две монетки всё ещё будут соседними по стороне (либо одна будет снята и уйдёт в доход Сони), значит, своим следующим ходом Соня сможет получить ещё одну монетку. Таким образом, Соня всегда сможет увеличивать свой выигрыш, пока он меньше 300.

Теперь покажем, как играть за Дашу, чтобы Соня не получила больше 300 монет. Пронумеруем столбцы числами от 1 до 200 по порядку, выберем в каждом нечётном столбце по одной монетке и мысленно покрасим их в красный цвет. Даше достаточно обеспечить, чтобы красные монетки всегда оставались на доске. Для этого, в свою очередь, достаточно, чтобы две красные монеты никогда не попадали в одну клетку, потому что когда в клетку попадают красная и не красная монеты, можно считать, что с доски снимается не красная.

Назовём расположение монет на доске стабильным, если по одной красной монете лежит в столбцах а ещё одна располагается в одном из двух последних столбцов 199, 200. Легко видеть, что после любого хода из стабильной позиции две красные монеты не окажутся в одной клетке. Даша будет играть так, чтобы после каждого её хода получалась стабильная позиция. Если после хода Сони позиция осталась стабильной, то Даша двигает сотую красную фишку между двумя последними столбцами, так же Даша поступит и своим первым ходом. Если же после хода Сони позиция перестала быть стабильной, то Соня подвинула одну из красных монет из некоторого столбца в соседний столбец. Тогда Даша своим ходом вернёт её в столбец Таким образом, на доске всегда останется хотя бы 100 монет, и Соня заработает не более трёхсот рублей.

Заметим, что

Пусть Заметим, что числа и взаимно просты. Предположим, что это не так, и оба этих числа делятся на простое число Тогда число

тоже делится на Тогда делится на а не кратно противоречие. Таким образом, произведение взаимно простых чисел и —– точный квадрат, тогда и каждое из них точный квадрат. Однако, число при даёт остаток 3 при делении на 4, поэтому оно точным квадратом быть не может. Остаётся разобрать случаи При получается решений нет. При мы получаем: что даёт единственное решение ,

Пусть сумма всех чисел, выписанных учителем, равна тогда детям достаточно дописать число Действительно, после этого сумма всех чисел окажется равной нулю, а значит, при разбиении их на две группы суммы в группах будут противоположными друг другу, то есть их произведение будет неположительным.

Покажем, как выложить 100 двухрублёвых и 450 пятирублёвых монет по кругу так, чтобы выполнялось условие задачи. Пронумеруем места по кругу по часовой стрелке числами от 1 до 550 и выложим двухрублёвые монеты на места, номера которых кратны 11 (т. е. 11, 22, …), и на места, номера которых дают остаток 5 при делении на 11 (т. е. 5, 16, …); на остальные места выложим пятирублёвые монеты. Тогда между каждой парой соседних двухрублёвых монет находятся 4 или 5 пятирублёвых монет, причём эти количества чередуются.

Рассмотрим некоторый набор подряд идущих монет; покажем, что они не дают сумму в 52 рубля. Если среди них нет двухрублёвых, то сумма делится на 5, а 52 не делится на 5. Если среди них ровно две двухрублёвых, сумма даёт остаток 4 при делении на 5, то есть тоже не равна 52. Если двухрублёвая монета одна, вместе с ней в наборе может быть не более пятирублёвых, то есть сумма не превосходит рублей. Наконец, пусть двухрублёвых монет в наборе хотя бы три, рассмотрим три двухрублёвых монеты, лежащих в наборе подряд. Между ними есть 9 пятирублёвых; суммарное достоинство этих монет уже равно рублю. Значит, набрана сумма либо в 51 рубль, либо хотя бы в рубля. Таким образом, полученная раскладка удовлетворяет условию.

Осталось показать, что при любой раскладке 100 двухрублёвых и не менее 451 пятирублёвых монет обязательно можно выбрать несколько монет подряд с суммарным достоинством 52 рубля. Пронумеруем двухрублёвые монеты числами 1, 2, …, 100 в порядке их расположения по часовой стрелке. Выделим 50 двухрублёвых монет с нечётными номерами. Между выделенными монетами есть 50 промежутков; в одном из них окажется не менее 10 пятирублёвых монет, иначе общее количество пятирублёвых монет не превосходило бы Итак, мы нашли промежуток, в котором есть ровно одна двухрублёвая монета и хотя бы 10 пятирублёвых; тогда можно взять и 10 пятирублёвых монет так, чтобы они лежали подряд. Тогда и наберётся сумма ровно в 52 рубля.

Предположим, что количество воды в любых двух сосудах отличается больше, чем на л. Пусть — количества воды в сосудах; назовём индексом сосуда его номер в этом ряду. Заметим, что и по нашему предположению отсюда получается, что при

Сумма всех индексов равна

поэтому найдётся ряд, сумма индексов в котором не меньше, чем 17. Из неравенств выше получаем, что суммарное количество воды в этом ряду больше, чем откуда Итак, при всех значениях утверждать требуемое можно.

С другой стороны, если распределить воду по рядам как

то количества воды в любых двух сосудах будут отличаться минимум на л. Поэтому при всех утверждать требуемое нельзя.

Отметим точку так, что треугольник — равносторонний, а точки и лежат по разные стороны от прямой

Тогда

то есть четырёхугольник — вписанный; значит, поскольку то и Но, так как

четырёхугольник также вписан в окружность (с диаметром ), и точка из условия — центр этой окружности. В частности, лежит на серединном перпендикуляре к совпадающем с биссектрисой угла Отсюда и вытекает, что

Приведём одну из возможных выигрышных стратегий для Пети. Он всё время будет делать ходы, параллельные одной из диагоналей доски (назовём её главной).

Первым ходом Петя закрасит все клетки главной диагонали. После этого доска разбивается на две одинаковых “лесенки” (см. рис. ). Мысленно сделаем каждую лесенку симметричной относительно вертикальной прямой, сдвинув в ней каждый горизонтальный ряд, кроме первого, на полклетки относительно предыдущего ряда (см. рис. ).

В результате сдвигов и бывшие вертикали, и бывшие диагонали, параллельные главной, стали наклонными рядами. При этом “вертикали” одной лесенки симметричны “диагоналям” другой. Это значит, что на каждый ход Васи Петя может ответить симметричным ходом в другую лесенку (два таких ответа показаны на рис. ).

Тогда после каждого Петиного хода ситуация на «сдвинутой» картинке будет оставаться симметричной, а значит, Петя всегда сможет сходит согласно описанной стратегии. Так как игра закончится (не более чем за ходов), в некоторый момент Васе будет некуда ходить, и Петя выиграет.

Рассмотрим произвольную закраску, удовлетворяющую условию. Разобьём все клетки поверхности на “каёмки” так, как показано на рисунке слева — по каёмок вокруг каждой из восьми вершин (одна из каёмок отмечена серым). Тогда в -й каёмке, считая от вершины, будет клеток. Так как никакие две закрашенные клетки не могут быть соседними, в этой каёмке будет не более закрашенных клеток. Просуммировав по всем каёмкам и учтя, что их общая площадь равна получаем, что общее количество закрашенных клеток не превосходит

Давайте приведём пример, показывающий, что столько клеток закрасить можно. Назовём две противоположных грани куба верхней и нижней, а остальные боковыми. На каждой из боковых граней можно отметить половину клеток шахматным образом. После этого на верхней и нижней гранях можно будет также окрасить половину клеток во всех строках, кроме двух крайний, оставив их пустыми — см. рисунок справа, где видны две боковых и верхняя грани. Нетрудно видеть, что при такой закраске в каждой каёмке будет максимально возможное количество закрашенных клеток (Вместо проверки каждой каёмки можно заметить, что вся поверхность разбивается на полоски четыре из которых — пустые, а в каждой из остальных закрашена ровно половина клеток).

Поскольку при любой перестановке переменных левая часть неравенства либо не меняется, либо меняет знак, достаточно проверить неравенство для любой перестановки чисел и для которой левая часть неотрицательна. Поэтому можно считать, что Обозначим тогда Равенство из условия задачи преобразуется к виду

а требуемое неравенство — к виду

Рассмотрим правую часть равенства как квадратный трёхчлен от Поскольку он имеет корень, его дискриминант неотрицателен, то есть

откуда

Осталось показать, как из следует (при ).

По неравенству о средних для двух чисел имеем откуда Значит,

то есть Итак,

что и требовалось.

Поскольку красные фишки не могут меняться местами с зелёными, их взаимный порядок всегда будет оставаться таким же, как исходный. Иначе говоря, если в любой момент убрать синие фишки, то останутся красных фишек, стоящих подряд, и зелёных, также стоящих подряд. Если требуемого удалось добиться, это означает, что мы удалили хотя бы по одной синей фишке с каждого из интервалов между соседним красными фишками и с каждого из интервалов между соседними зелёными фишками; но тогда синих фишек было бы не меньше, чем что не так. Значит, требуемое невозможно.

Если в некоторый момент среди чисел на карточках ровно нечётных, то среди произведений троек чисел ровно нечётных; поэтому число на очередной добавляемой карточке будет нечётным ровно тогда, когда нечётно (и тогда в эту минуту увеличится на ).

Заметим, что число нечётно, а число — чётно. Значит, в первую минуту добавится нечётное число, а дальше будут добавляться только чётные. Итак, после первой минуты среди чисел на карточках всегда будет ровно нечётных.

Рассмотрим числа на карточках после минут. Пусть — сумма всех произведений троек этих чисел, а — сумма всех произведений пар этих чисел. Число отличается от прибавлением всех произведений троек чисел, среди которых есть только что добавленное, то есть прибавлением итак, Заметим при этом, что при Значит, при число нечётно, и степень двойки, на которую делится равно степени двойки, на которую делится

Итак, после первой минуты степень двойки, на которую делится добавляемое число всегда равна степени двойки, на которую делится Значит, если бы после второй минуты на карточках не было числа, делящегося на то и впоследствии такого числа бы не появилось. Отсюда и следует требуемое.

Рассмотрим степени двойки, на которые делятся выписанные числа; пусть — наибольшая из них. Если хотя бы два выписанных числа делятся на то два соседних таких числа будут различаться на Значит, одно из них делится на что невозможно в силу выбора Следовательно, среди выписанных чисел ровно одно делится на

Наименьшее общее кратное группы, содержащей это число, будет делиться на а НОК оставшейся группы — не будет. Значит, сумма этих НОК не делится на с другой стороны, эта сумма больше чем Поэтому эта сумма не может быть степенью двойки.

Так как диаметр имеем Поскольку получаем Значит, треугольник — равнобедренный, и поэтому его высота является и медианой. Так как и по теореме Фалеса получаем, что

Первое решение.

Обозначим Назовём последовательность из натуральных чисел, любые два соседних члена которой различаются не больше, чем на интересной. Каждой интересной последовательности сопоставим разностную последовательность Все члены разностной последовательности равны или так что количество всевозможных разностных последовательностей равно

Посчитаем сначала количество всех интересных последовательностей, минимальный член которых не превосходит Рассмотрим произвольную разностную последовательность Любые две интересные последовательности, соответствующие ей, отличаются прибавлением одного и того же числа к каждому члену. Значит, среди них ровно по одной последовательности с минимальным членом, равным и Таким образом,

В учтены все последовательности, выписываемые Петей, и несколько лишних - тех, в которых не встречается Ясно, что, если в интересной последовательности встречаются как числа, большие так и меньшие то и тоже встречается. Но минимальный член каждой лишней последовательности не больше значит, и все их члены не превосходят Итак, все лишние последовательности состоят из единиц и двоек. С другой стороны, каждая последовательность из единиц и двоек является интересной, и, стало быть, лишней.

Итого, лишних последовательностей ровно а значит, искомое количество равно

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Назовём хорошей последовательность из натуральных чисел, в которой хотя бы раз встречается тройка, а любые два соседних члена различаются не больше, чем на Обозначим через количество хороших последовательностей длины Мы докажем индукцией по что База индукции при очевидна.

Сделаем переход от к Назовём хорошую членную последовательность отличной, если среди первых её членов встречается тройка. Откинем от каждой отличной последовательности её последний член; в каждом случае мы получим хорошую -членную последовательность. При этом, если хорошая -членная последовательность оканчивается числом то она получается таким образом из двух отличных — оканчивающихся числом или Если же оканчивается числом то она получается из трёх отличных, у которых в конце стоит или Итак, если количество -членных хороших последовательностей, оканчивающихся числом равно то количество отличных -членных последовательностей равно

Осталось посчитать количество неотличных -членных последовательностей. Ясно, что каждая из них оканчивается числом если эту тройку откинуть, получится -членная последовательность без троек. Поскольку её соседние члены отличаются не больше, чем на то либо все они больше либо все меньше

Если все члены меньше то состоит из чисел и оканчиваясь числом При этом любая такая последовательность, дополненная в конце тройкой, даст хорошую. Значит, такие последовательности получаются ровно из неотличных.

Пусть теперь все члены больше тогда она оканчивается на четвёрку. Вычтя из всех её членов по мы получим либо хорошую последовательность, оканчивающуюся числом (если в полученной последовательности содержится ) — таких ровно либо последовательность из единиц и двоек, оканчивающуюся числом — таких ровно Итого, последовательностей последнего типа есть

В итоге мы получаем, что Переход доказан.

Решение 1.

Отложим на продолжении за точку отрезок Тогда и нам надо доказать, что

Так как четырёхугольник вписан, имеем

С другой стороны, прямоугольные треугольники и равны по двум катетам, так что Тогда из треугольника имеем

Из полученного равенства и следует, что

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

Опустим из точки перпендикуляр на гипотенузу Прямоугольные треугольники и равны по гипотенузе и острому углу ( Значит, и Далее, в окружности, описанной около на хорды и опираются равные углы, поэтому Значит, прямоугольные треугольники и равны по катету и гипотенузе, откуда Итак, что и требовалось доказать.

Среди пяти подряд идущих натуральных чисел могут найтись интересных числа. Например, суммы цифр чисел равны и Все пять чисел оказаться интересными не могут. Среди наших этих пяти чисел есть три, лежащих в одном десятке. Их суммы цифр – последовательные числа; значит, все они не могут одновременно быть простыми. Действительно, хотя бы одно из них четно, значит равняется 2. Тогда последовательность из трех сумм цифр это либо либо и ни одна из них не состоит из простых чисел.

Обозначим середины и точками и соответственно, а точку пересечения серединных перпендикуляров и через это и есть центр описанной окружности. Заметим, что если доказать, что четырёхугольник — вписанный, то для тройки окружностей и точка будет радикальным центром и мы получим требуемое. Докажем это.

Заметим, что четырёхугольник вписанный, так как равные углы и стягивают Следовательно,

Отрезок — средняя линия в поэтому Отсюда имеем Из равенства следует требуемое.