Регион 9 класс → .01 Регион 2025

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