Регион 9 класс → .11 Регион 2024

Предположим противное, и пусть — наибольшая из длин выбранных прямоугольников. Тогда составлен клетчатый квадрат где Значит, его площадь не менее С другой стороны, его площадь не больше, чем суммарная площадь всех прямоугольников

то есть не больше

Противоречие.

Пусть — одна из рассматриваемых трапеций, и Пусть точки и имеют координаты и Легко получить уравнение прямой

что после сокращения на превращается в

Но равно произведению половин оснований трапеции. Отсюда Следовательно, прямая проходит через фиксированную точку

Пусть в есть хотя бы один рыцарь Тогда выиграл хотя бы у двоих рыцарей из пусть — один из них. Поскольку — рыцарь, он правдиво ответил на заданный ему вопрос, то есть он проиграл лжецу. Но из правил следует, что каждый игрок проигрывает не более одного раза, а проиграл и рыцарю и лжецу. Противоречие, значит, состоит лишь из лжецов.

Предположим, что состоит только из рыцарей. Тогда каждый из них проиграл какому-то лжецу из Однако каждый лжец в выиграл не более чем у одного рыцаря из так как он солгал. Следовательно, разным рыцарям из соответствуют разные лжецы из поэтому в людей не меньше, чем в ; противоречие.

Таким образом, в команде есть хотя бы один лжец; обозначим одного из них через Тогда солгал, то есть он не проиграл ни одному лжецу из а значит, ни одному игроку из Это значит, что либо выиграл все свои партии, либо до него не дошла очередь. В любом случае команда выиграла.

Среди наших чисел где-то есть Покажем для начала, что можно выбрать числа с одной стороны от числа так, чтобы их сумма была больше 100000. Сумма всех без чисел без равна

Тогда по принципу Дирихле с одной из сторон от числа сумма чисел не меньше 250000. Тогда, очевидно, с одной стороны от числа можно выбрать несколько подряд идущих чисел так, чтобы их сумма превосходила 100000. Без ограничения общности будем полагать, что эти числа находятся справа от (то есть числа, общая сумма которых не меньше 250000). Обозначим эти числа …, где — первое число справа от — второе число и так далее.

Выберем наименьшее такое что

Если теперь

то мы уже нашли подходящие числа. Предположим, что это не так. Тогда — наименьшее такое число, что поскольку

в силу выбора Покажем, что сумма

подходит.

Во-первых, все слагаемые этой суммы в нашем ряду стоят подряд.

Во-вторых, по условию. Обозначим

Тогда и, следовательно,

Остается доказать, что эта сумма не превосходит Для этого используем знание о том, что Тогда

Первое решение. Обозначим через середину дуги окружности, описанной около треугольника Прямая является внешней биссектрисой в треугольнике а следовательно, и в треугольнике Но треугольник равнобедренный, поэтому

Заметим далее, что Таким образом, в равнобедренных треугольниках и равны углы при вершинах, а также основания, поэтому равны и сами треугольники. Отсюда, во-первых,

Во-вторых, расстояние от точки до прямой равно расстоянию от точки до а последнее равно расстоянию от до (поскольку ). Значит, точка лежит на биссектрисе угла между прямыми и

Из условия вытекает, что эта биссектриса является серединным перпендикуляром к отрезку Таким образом, Иными словами, точка — центр окружности, описанной около треугольника Следовательно,

что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Для начала сделаем замечание. Пусть на прямой выбраны точки и такие, что и тогда и Действительно, если это не так и, скажем, точки и лежит на луче то

что невозможно.

Построим теперь такие точки. Пусть прямые и пересекаются в точке для определённости, пусть лежит на луче Выберем на прямой точку такую, что Тогда — трапеция с равными углами при основании; следовательно, и Пусть диагонали и пересекаются в точке Пусть, наконец, описанные окружности треугольников и вторично пересекают прямую в точках и соответственно.

Поскольку — биссектриса угла получаем и Кроме того,

Значит, поэтому треугольник получается из поворотом вокруг точки Отсюда нетрудно получить, что Далее, из вписанности и симметрии имеем

По замечанию выше получаем, что и

Осталось завершить решение. Имеем Отсюда следует, что точки и лежат на одной окружности. Значит,

что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Если то точка совпадает с что невозможно. Поэтому можно считать, что прямые и пересекаются. Кроме того, можно показать, что в условиях задачи всегда лежит именно на луче

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Как и в предыдущем решении, достроим равнобокую трапецию с точкой пересечения диагоналей Как мы видели в том же решении, достаточно доказать, что точки и лежат на одной окружности.

Выберем точку так, что четырёхугольник — параллелограмм. Тогда — также параллелограмм, ибо Значит, и

первое равенство означает, что лежит на серединном перпендикуляре к а второе — что это внешняя биссектриса угла Но, как известно, эта внешняя биссектриса вторично пересекает описанную окружность треугольника в точке, лежащей на серединном перпендикуляре к значит, и есть эта точка, и точки лежат на одной окружности.

Наконец, из этой окружности и двух параллелограммов получаем

то есть точки и лежат на одной окружности; это мы и хотели доказать.

Для каждого числа написанного на доске, произведение и суммы шести оставшихся равно

Квадратичная функция принимает все значения, кроме максимального, два раза — а именно, в точках и Значит, если при то

Таким образом, каждое число встречается в тетради не более двух раз. Значит, так как в тетради всего четыре различных числа, три из них встречаются по два раза, и ещё одно — один раз. Таким образом, шесть из семи чисел на доске разбиваются на пары так, что сумма чисел каждой пары равна Значит, сумма этих шести чисел равна тогда седьмое число равно

Первое решение. Назовём быстрого и медленного таракана и соответственно. Если таракан бежит в том же направлении, что и в момент старта, то будем говорить, что он бежит вперёд, в противном случае будем говорить, что он бежит назад.

До первой встречи оба таракана бегут вперёд, между первой и второй встречами бежит вперёд, а — назад. Между второй и третьей встречами оба таракана бегут назад, а между третьей и четвёртой встречами бежит назад, а — вперёд. Наконец, на четвёртой встрече разворачивается, и они оба снова начинают бег вперёд.

Будем следить за перемещением Если между двумя встречами тараканы бегут в противоположные стороны, между такими встречами всегда проходит одно и то же время, а значит, всегда пробегает одно и то же расстояние. Таким образом, между первой и второй встречами, а также между третьей и четвертой встречами пробегает одно и то же расстояние в противоположных направлениях. Аналогично, когда между двумя встречами тараканы бегут в одном направлении, это тоже всегда занимает одинаковое время, и пробегает одно и то же расстояние. Таким образом, до первой встречи, а также между второй и третьей встречами также пробегает одно и то же расстояние в противоположных направлениях. Стало быть, в момент четвертой встречи (а значит, и ) будет в точке старта.

Далее эта ситуация будет повторяться каждые встречи. Следовательно, в точке старта тараканы будут и в момент сотой встречи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Обозначим тараканов так же, как и выше; пусть их скорости равны м/с. Для определенности будем считать, что изначально тараканы бегут по часовой стрелке, и расстояние будем отмерять именно в этом направлении.

Когда тараканы бегут в одну сторону, скорость удаления от равна , поэтому до первой встречи они будут бежать секунд, и до встречи пробежит метров. Дальше тараканы будут двигаться навстречу друг другу со скоростью сближения поэтому до второй встречи они будут бежать секунд, и до этой встречи сместится от точки старта на

Дальше оба таракана будут бежать против часовой стрелки в течение секунд, поэтому общее смещение от точки старта будет равно

т.е. в итоге он сместится на расстояние против часовой стрелки. Наконец, после этого развернётся, и они будут бежать в противоположных направлениях секунд. Следовательно, их четвёртая встреча произойдёт на расстоянии

от точки старта.

Таким образом, в четвёртый раз они обязательно встречаются в точке старта и после встречи снова побегут по часовой стрелке. Но тогда их сотая встреча также произойдет в точке старта.

Пусть — середина тогда — ещё и середина Пусть — точка пересечения медиан треугольника

По свойству медианы имеем А так как получаем, что Тогда и Но — медиана прямоугольного треугольника поэтому Значит, то есть — биссектриса угла Поэтому точка равноудалена от прямых и

Аналогично, – биссектриса угла и потому точка равноудалена от и Значит, она равноудалена от трёх прямых и

Рассмотрим равносторонний треугольник со стороной разобьём его на правильные треугольнички со стороной и отметим все вершины этих треугольников; полученную конструкцию назовём -треугольником. В дальнейшем под прямыми мы всегда будем понимать прямые, параллельные сторонам этого треугольника и проходящие через хотя бы одну отмеченную точку.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть — отмеченная точка в -треугольнике. Тогда существует единственный способ провести прямых так, что все отмеченные точки, кроме, возможно, покрыты этими прямыми. А именно, для каждой стороны -треугольника надо провести все прямые, параллельные ей и лежащие между этой стороной и точкой включая саму сторону, но исключая прямую, содержащую

Доказательство. Индукция по База при проверяется легко: надо провести прямую, содержащую две оставшихся точки, кроме

Для перехода рассмотрим сторону -треугольника, на которой не лежит Если прямая, содержащая эту сторону, не проведена, то все отмеченных точек на этой прямой должны быть покрыты различными прямыми; это невозможно, так как прямых Значит, эта прямая проведена. Выкинув её и точки -треугольника, лежащие на ней, получаем -треугольник, в котором проведено прямых с теми же условиями. Осталось применять предположение индукции.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдём к задаче. Рассмотрим одно из разбиений на линейные множества. Для каждого множества проведём прямую, его содержащую. Тогда эти прямые покрыли все отмеченные точки -треугольника, кроме, возможно, его центра Значит, эти прямые устроены так, как описано в лемме, и для любого разбиения этот набор прямых один и тот же.

Заметим, что наш -треугольник разбился на областей: три «ромба» в углах, состоящих из точек, покрытых нашими прямыми дважды, и три «трапеции» у сторон, в которых каждая точка покрыты одной прямой. Тогда каждая точка в «трапеции» относится к множеству, лежащему на этой прямой; каждую же точку в «ромбе» можно отнести к любому из двух множеств, лежащих на проходящих через неё прямых. Все такие выборы можно сделать независимо друг от друга. Поскольку в каждом из трёх «ромбов» всего точек, получаем, что требуемых разбиений ровно

Первое решение. Заметим, что числа и получаются друг из друга перестановкой цифр.

Пусть теперь

Положим

Заметим тогда, что

Иначе говоря, десятичная запись числа состоит из блоков и (дважды), разделённых нулями; у числа же эти блоки суть и (дважды). Поскольку блоки и отличаются перестановкой цифр, а блоки и одинаковы в обоих записях. Также количества разделяющих нулей в обоих случаях одинаковы, получаем, что число удовлетворяет требованиям.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Предположим, что нам удалось найти такое число (возможно, с ведущим нулём), что набор цифр в десятичной записи числа отличается от набора цифр в десятичной записи числа выкидыванием цифры и добавлением цифры (иначе говоря, если к числу приписать единицу, а к — четвёрку, то полученные числа отличаются перестановкой цифр). Тогда в качестве числа можно выбрать (где и больше количества цифр в числе ). Действительно, имеем

и мы опять видим, что эти числа состоят из блоков и разделённых нулями, а блоки получаются друг из друга перестановкой цифр (по условию на и и так как одинаково в обоих случаях).

Осталось найти такое число Если, например, потребовать, чтобы запись числа получалась из записи числа циклическим сдвигом и заменой 4 на 1, то такое число нетрудно найти, выписывая его цифры с конца. Подойдет, например, пара