Регион 9 класс → .08 Регион 2021

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.

Первое решение. Назовём длиной слова количество букв в нём. Пусть — буквы алфавита. Тогда нетрудно проверить, что хорошим является слово

Осталось показать, что нет хороших слов большей длины.

Предположим, что в -буквенном алфавите существует хорошее слово длины Тогда какая-то буква (скажем, встречается в нём хотя бы три раза. Отметим её второе и предпоследнее вхождение в слово (тогда стоит не правее, чем

Любая другая буква встречается не более одного раза перед а также не более одного раза после иначе вычёркиванием можно получить запрещённую последовательность. Значит, каждая из букв встречается не более двух раз. Более того, если такая буква и встречается дважды, то одно из её вхождений стоит до а другое — после

Пусть встречается раз. Тогда между и стоят хотя бы буквы, отличных от (по одной между соседними вхождениями и все такие буквы встречаются ровно по разу. Выделим таких буквы. Остальные буквы могут встречаться максимум по два раза. Поэтому длина слова не превосходит

что противоречит нашему предположению.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Приведём другое доказательство того, что длина хорошего слова не превосходит Индукция по В базовом случае буквы в слове чередуются, и слово длины хотя бы содержит фрагмент вида из которого вычёркиванием букв можно получить Для перехода предположим, что в -буквенном алфавите есть хорошее слово длины, не меньшей Тогда какая-то буква встречается в этом слове хотя бы три раза. Предположим, что букв, встречающихся хотя бы раза, две — и Пусть, без ограничения общности, второе вхождение стоит раньше второго вхождения тогда вычёркиванием букв можно получить слово что невозможно. Значит, буква встречается в слове раз, а все остальные — максимум по два раза. Тогда длина слова не меньше, чем и не больше, чем откуда Между вторым и третьим вхождением буквы есть какая-то буква Эта буква не может встречаться в других местах: если она встречается после второго вхождения то вычёркиванием букв можно получить а если до него — то (поскольку Пусть соседи буквы различны. Тогда, удалив её из слова, мы получим хорошее слово в -буквенном алфавите (без буквы Длина этого слова будет не меньше что противоречит индукционному предположению. Если же соседи буквы одинаковы, удалим из слова и букву перед ней; тогда на этом «стыке» останутся различные буквы. Поэтому мы опять получим хорошее слово в -буквенном алфавите, длина которого не меньше, чем это опять же невозможно по индукционному предположению.

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.