Регион 9 класс

Обозначим через центр окружности Проведем через точку общую касательную к нашим окружностям; пусть она пересекает прямую в точке Поскольку точка лежит на серединном перпендикуляре к отрезку который также проходит через точки и . Поскольку — высота в прямоугольном треугольнике , имеем С другой стороны, по свойству касательной и секущей имеем Значит, Это и означает, что точки и лежат на одной окружности.

Если, например, у Иа-Иа были два равных треугольника со сторонами то в первой кучке окажутся палочки с длинами из которых треугольник составить нельзя.

Первое решение. Сложив неравенства из условия, получим, что Перемножив неравенства из условия (это можно делать, поскольку их правые части неотрицательны), получим, что Выражение в скобках положительно, поэтому произведение также положительно.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Очевидно, что ни одно из чисел и не может равняться нулю. Предположим, что одно из них (для определенности ) положительно. Тогда из первого неравенства в условии получаем

и, значит, Следовательно, по второму неравенству из условия

поэтому что противоречит первому неравенству. Таким образом, наше предположение неверно и среди чисел и нет положительных. А значит, они оба отрицательны и

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Рассмотрим квадратный трехчлен Его корни равны

причем

Предположим, что Тогда и, значит, Следовательно,

Но это противоречит второму неравенству из условия. Следовательно, Аналогично доказывается, что и, значит,

Первое решение. Поскольку число больше единицы, оно имеет хотя бы два различных делителя. Докажем, что их не может быть ровно два, т. е. что число не может быть простым. Домножив равенство из условия на знаменатель, получим

или, что то же самое,

Разложив обе части на множители, придем к соотношению

Поскольку и обе скобки в левой части положительны и, значит, Тогда существуют такие натуральные числа и что

Например, можно положить

и Тогда первые два равенства будут выполнены по определению; с другой стороны, делит делит поэтому из равенства произведений вытекают написанные равенства.

Следовательно,

Таким образом, число представляется в виде произведения двух натуральных чисел, больших 1, и, значит, не является простым.

Наконец, несложно увидеть, что может иметь ровно три различных делителя. Например, если то

имеет три делителя.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Приведём другое доказательство того, что число не может быть простым. Предположим противное.

Будем считать, что Тогда число

делится на и меньше, чем Следовательно, число

положительно и кратно Тогда первая скобка положительна и

поэтому она не делится на Вторая скобка также положительна и

поэтому она также не делится на Мы пришли к противоречию, поэтому предположение неверно. Таким образом, — составное число и, значит, оно имеет хотя бы три делителя.

Приведём выигрышную стратегию за Колю. Мысленно раскрасим доску шахматным образом и будем ставить крестики только в чёрные клетки. Дима за один свой ход покрывает ровно одну чёрную клетку. Всего черных клеток на доске поэтому Коля сможет сделать ходов.

Покажем, что Дима не сможет сделать свой -й ход. Пока Коля действует по стратегии, в белых клетках нет крестиков. Под каждой Диминой доминошкой белая клетка будет без крестика, тогда и черная клетка должна быть без крестика. Значит, Дима не сможет накрыть доминошкой ни один крестик.

Тогда за пар ходов все чёрные клетки будут покрыты доминошками или крестиками, но ни в одной белой клетке не будет крестика. Значит, Дима не сможет поставить доминошку, соблюдая правила игры.

Пусть точка симметрична точке относительно Тогда точки лежат на одной прямой, теперь достаточно доказать, что то есть, что четырёхугольник — вписанный. Для этого заметим, что

откуда и следует искомая вписанность.

Пусть

По теореме Виета искомая сумма равна

Запишем условие на равенство значений трёхчленов в заданных точках (подставим вместо соответствующее значение аргумента):

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.

Переведём задачу на язык графов, сопоставляя ребёнку вершину, а дружбе — ребро. Тогда нам известно, что в данном графе на вершинах при удалении любой вершины оставшиеся можно разбить на тройки так, что в каждой тройке вершины попарно соединены. Требуется же найти минимальное возможное число рёбер в таком графе.

Пример с рёбрами: Разобьём вершин, кроме вершины на группы по вершины. Соединим попарно вершины в каждой тройке и соединим со всеми другими вершинами. Тогда условия задачи выполнены: при удалении разбиение на тройки уже приведено, а при удалении любой другой вершины в этом же разбиении достаточно заменить на При этом в описанном графе всего рёбер.

Оценка: назовём граф на вершинах хорошим, если при удалении любой вершины остальные вершин разбиваются на треугольников. Докажем индукцией по что в хорошем графе на вершинах хотя бы рёбер; при получим требуемую оценку. База при несложна: так как при удалении любой вершины три остальных попарно соединены, любые две вершины должны быть соединены, то есть число рёбер равно

Переход: если из каждой вершины выходит хотя бы по ребра, общее количество рёбер не меньше, чем что даже больше, чем

В противном случае найдётся вершина соединённая не более, чем с тремя другими. Если удалить любую вершину, кроме то попадёт в какую-то тройку, а значит, она соединена хотя бы с двумя вершинами. Если удалить одну из этих вершин, у останется не менее двух смежных, то есть было их не меньше трёх. Итак, соединена ровно с тремя вершинами и Тогда при удалении, скажем, вершины и образуют тройку, то есть и соединены; аналогично получаем, что и попарно соединены.

Выбросим теперь из графа вершины и взамен добавив одну вершину соединённую со всеми, с кем была соединена хотя бы одна из вершин и Заметим, что при этом количество рёбер уменьшилось хотя бы на (т. е. на количество рёбер между и Покажем, что полученный новый граф хороший; отсюда будет следовать переход индукции, ибо тогда в новом графе будет не менее рёбер, а значит, в исходном — не менее рёбер. Пусть из нового графа удалена некоторая вершина Если её удалить из исходного графа, остальные вершины разобьются на тройки; пусть при этом вершина окажется, для определённости, в тройке с и а вершина — в другой тройке. Тогда можно разбить новый граф так же, поместив вершину в ту тройку, где была вершина Наконец, если удалить из нового графа вершину можно проделать ту же операцию, считая, что из исходного графа удалена вершина (тогда и автоматически окажутся в одной тройке). Таким образом, переход индукции доказан.

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.

Если Петя выберет числа то, как бы ни разбивал эти числа Вася, в паре с числом будет число Их произведение будет равно а остальные будут не больше него. Тогда на доске окажется число

Покажем, как Васе для любых Петиных чисел получить на доске число, не большее Перенумеруем числа в порядке невозрастания: Разобьём числа на пары следующим образом: в паре с Тогда произведениями чисел в парах будут

Покажем, что при Действительно, из неравенств следует, что поэтому

Аналогично из неравенств следует, что

Поэтому

где Поскольку по неравенству о средних для двух чисел получаем неравенство Осталось доказать, что при Это неравенство можно переписать в виде и обе скобки в последней формуле неотрицательны.

Осталось доказать, что Поскольку имеем

и, аналогично,

Следовательно,

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

Пусть в множестве есть число тогда поскольку в множестве есть и

Тогда если конечно и в нём имеется максимальный элемент то в нём имеются все числа от до Притом если то что противоречит максимальности элемента Нетрудно убедиться, что при от до множества вида {1, 2, …n} являются решениями.

Если же бесконечно, при отсутствии в нём натурального в нём по доказанному отсутствуют все числа большие что противоречит бесконечности. Значит — множество натуральных чисел.

Так как прямая касается описанной окружность треугольника можно написать следующую цепочку равенств:

Поэтому треугольник — равнобедренный.

Заметим, что угол равен углу в силу касания описанной окружности треугольника и прямой Следовательно, равнобедренные треугольники и подобны, а значит, Получаем, что четырёхугольник вписанный, поэтому углы и равны, но угол равен углу откуда и следует искомая параллельность.

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.