Закл (финал) 10 класс

Пусть Илья возьмет камень из кучки 101. Тогда если Костя возьмет камень из другой кучи, то Илья сможет просто брать камень с той же кучи, что и Костя. Почему? Если у Кости был ход (рассматриваем уже хотя бы второй Костин ход, так как с первыми ходами все работает), значит, на своем предыдущем ходе Костя брал камень из другой кучи, но Илья брал камень из той же кучи, поэтому сейчас он тоже может взять камень, откуда его взял Костя. Таким образом, в этом случае после хода Ильи во всех трех кучках камней четно, а значит, Костя проиграет.

Если же Костя своим первым ходом взял камень тоже из второй кучи, то Илья уже не может повторить за ним ход, так как он только что взял из этой кучи камень. Пусть тогда Илья делает вот что: если Костя берет камень из второй кучи, то он берет из первой, если Костя берет из первой кучи, то он берет из второй, если Костя берет из третей кучи, то он берет тоже из третьей кучи.

Почему у Ильи всегда есть ход? Если Костя берет камень из третьей кучи, то на предыдущем ходу он брал камень из первой или второй кучи, а значит, и Илья тоже, поэтому, Илья может взять камень из третьей кучи (еще важно, что в третьей куче после хода Кости камней всегда нечетно, поэтому они там не могли закончиться после его хода). Если же Костя берет камень из первой кучи, то Илье нужно взять камень из второй, но если бы он не мог, то это бы означало, что первый своим предыдущим ходом брал камень из первой кучи, противоречие, значит, Илья может взять камень из второй кучи, причем, после его хода камней в первой и второй куче равное количество, а значит, камни во второй кучи есть. Аналогично, если Костя взял камень из второй кучи.

Таким образом, выигрывает Илья.

Отсортируем строки и столбцы разбиения по убыванию их размеров: сверху вниз для строк и слева направо для столбцов. Каждый прямоугольник будем нумеровать парой где — номер строки, — номер столбца.

Заметим, что любой путь, проходящий через прямоугольники с общей стороной, состоит из вложенных друг в друга прямоугольников. Однако в таком пути содержится прямоугольник, а требуется выбрать

Рассмотрим ширины столбцов и высоты строк которые образуют убывающие последовательности. Поскольку исходная фигура — квадрат, имеем:

что эквивалентно:

Из этого следует существование индекса для которого выполняется и (или наоборот). В этом случае прямоугольники и можно вложить друг в друга.

Рассмотрим путь, проходящий через прямоугольники Заменив в нём прямоугольник на получим новый путь. При этом прямоугольник либо вкладывается в соседние прямоугольники пути, либо они вкладываются в него. Таким образом, объединив исходный путь с добавленным прямоугольником, получаем искомые прямоугольников.

Пусть описанная окружность треугольника является единичной с центром в нуле. Поскольку имеем откуда С другой стороны Решая систему на и находим Аналогичное выражение получается для

Отметим на прямой точку так, что тогда откуда Вспомнив, что находим

Нам достаточно показать, что лежат на одной окружности. Для этого нужно посчитать двойное отношение. Сделаем необходимые вычисления

Аналогично Наконец, можно посчитать двойное отношение

Последнее выражение действительно вещественное, что сразу следует из подстановки

Пусть — наибольший делитель числа меньший, чем Тогда где — наименьший простой делитель числа Имеем Число в правой части не делится на поэтому Отсюда следует, что нечётно, а тогда и нечётно. Поскольку делится на

Если то что невозможно, так как делится на то есть не является простым. Значит, число кратно и потому

Если то откуда и

Если же то и число делится на что невозможно.

По условию для любого поэтому все значения функции неотрицательны.

Пусть теперь для некоторого Докажем индукцией по что для любого верно неравенство При имеем

Для перехода от к заметим, что и потому по предположению индукции. А тогда

что и требовалось.

Итак, для любого фиксированного имеем при любом натуральном Но это невозможно, так как существует при котором Стало быть, при всех

Пусть — середина дуги окружности тогда

Получается, по условию и как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Значит, треугольники и равны, и они совмещаются поворотом Ф с центром в точке на угол Отсюда, в частности, следует, что и А из последнего равенства углов следует, что четырёхугольник вписан в некоторую окружность .

Описанные окружности и треугольников и также совмещаются поворотом Ф. Пусть и – середины дуг и этих окружностей(не содержащих ). Тогда то есть точка лежит на серединном перпендикуляре к а так же

Из окружностей и имеем то есть лежит на Аналогично лежит на Отсюда следует, что точки и лежат на биссектрисе угла Точки и так же лежат на биссектрисе так как они являются центрами окружностей, вписанных в этот угол.

По лемме о трезубце для треугольников и и Так как это означает, что точки и симметричны относительно серединного перпендикуляра к на котором лежит точка Значит, равноудалена от и

Выберем некоторое и положим

делится на и делится на

Без ограничения общности можно считать, что По условию, при всех Значит, при всех Возведём каждое из полученных неравенств в квадрат и сложим их все. Получим то есть

С другой стороны, по условию имеем

Складывая и получаем

откуда или

Пусть — первая строка таблицы. Рассмотрим любой набор из чётного количества столбцов и пронумеруем их слева направо: Тогда в таблице есть строка отличающаяся от ровно в столбцах и далее, есть строка отличающаяся от ровно в столбцах и и так далее; наконец, есть строка отличающаяся от ровно в столбцах и (если то ). Итак, строка отличается от ровно в столбцах Значит, строки построенные по различным наборам столбцов, различны. Поскольку количество наборов из чётного числа столбцов равно то и количество строк в таблице не меньше

Предположим противное. Если среди исходных чисел есть ноль, то для любого другого числа имеем Значит, если вычеркнуть ноль, то останутся чисел, также удовлетворяющих условию.

Итак, можно считать, что исходных чисел или и все они ненулевые. Пусть среди них есть числа разных знаков; рассмотрим минимальное и максимальное из них - обозначим их Тогда у Васи присутствует число которое больше как так и у Пети же любое число не превосходит Противоречие.

Значит, все исходные числа — одного знака; заменив, если надо, все числа на противоположные, можно считать, что все они положительны. Опять обозначив через и соответственно минимальное и максимальное из этих чисел, имеем

где и — произвольные два исходных числа. Тогда число не встретится на листке у Пети, но встретится у Васи — противоречие.

Пусть вневписанная окружность треугольника напротив вершины касается стороны в точке а прямых и в точках и соответственно. Из условия периметр равен а значит, отрезки и равны То есть прямая является средней линей треугольника Значит, радикальная ось вневписанной окружности и точки Откуда Пусть лежит на отрезке Тогда периметр треугольника равен

Первое решение. Пусть — медиана треугольника. Так как биссектриса и серединный перпендикуляр к проходят через одну и ту же точку (середину дуги ), то Пусть пересекается с окружностью в точке Из сказанного выше следует, что — диаметр окружности

Надо доказать, что и симметричны относительно биссектрисы, то есть

При этом как опирающиеся на одну дугу вписанные углы.

По условию прямой, а ещё опирающийся на диаметр вписанный угол тоже прямой. Поэтому точки коллинеарны. Тогда Остаётся доказать равенство

Это равенство следует из того, четырёхугольник можно вписать в окружность. Действительно, при этом

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Сделаем симметрию относительно биссектрисы угла и инверсию с таким радиусом, чтобы и где звездочкой обозначаем образ точки под действием композиции преобразований. Заметим что и так как прямая переходит в дугу и наоборот, а прямая переходит сама в себя. Окружность, построенная на тем самым переходит в окружность, центр которой все лежит на а точки ее пересечения с это и То есть, эта окружность переходит в себя. Точка переходит в точку вторую точку пересечения окружности и прямой Известно, что  – середина дуги а так как  – диаметр окружности. Получаем, что высота в равнобедренном треугольника значит  – середина Получается, что содержит медиану треугольника причем симметрична относительно биссектрисы угла

По свойству ортоцентра пересекает описанную около окружность в точке, диаметрально противоположной вершине Назовём эту точку

По свойству ортоцентра Диаметры и описанных около подобных треугольников окружностей относятся так же, как отрезки и , соединяющие вершину соответственного треугольника с точкой пересечения диаметра описанной окружности со стороной.

Итак, по обратной теореме Фалеса

Покрасим клетки каждой грани куба в шахматном порядке так, чтобы угловые клетки были чёрными. При этом каждая грань содержит чёрную и белых клеток. Заметим, что все согнутые полоски будут одноцветными, а все остальные — нет. Так как количество чёрных клеток на больше чем количество белых, то число чёрных согнутых полосок на больше чем число белых. Следовательно, эти числа разной чётности, и их сумма нечётна.

Обозначим через — центры вписанных окружностей соответственно, через — середины дуг соответственно. Пары точек и и симметричны относительно серединного перпендикуляра к стороне следовательно,

По лемме о трезубце же

Наконец, углы и равны, поскольку опираются на равные дуги, следовательно, равны треугольники и

Рассмотрим уравнение в . Его разрешимость эквивалентна тому, что является квадратичным вычетом. Как известно, существует всего квадратичных вычетов, и столько же невычетов. Тогда в качестве берем любой невычет и получаем неприводимый многочлен.

Пусть среднее из последовательных чисел равно Тогда для некоторого натурального верно уравнение

что экививалентно

Таким образом, делится на следовательно, для некоторого натурального Уравнение теперь имеет вид

Очевидно, что Пусть Тогда либо и либо при некоторых натуральных В первом случае что невозможно, так как куб целого числа при делении на даёт остаток или Аналогично второе равенство влечёт, что что невозможно по тем же причинам. Итак, Тогда (и, следовательно, ) чётно, поэтому делится на Поскольку не делится на получаем, что делится на

Предположим, что Не уменьшая общности, положим Обозначим Получаем Так как в левой части целое нечётное число, то Понятно, что Заметим, что не подходит. Если же то и дают остаток при делении на Значит, левая и правая части дают соответственно остатки и при делении на Противоречие.

Пусть в верхней строке стоят числа Можно считать, что стоит в ом столбце и (этого можно достигнуть перестановкой столбцов). Тогда в нижней строке соответственно стоят числа Легко видеть, что Если то можно вычеркнуть все числа нижней строки. В противном случае найдем наименьшее такое что Вычеркнем из верхней строки все числа а из нижней — числа Тогда имеем

Заметим, что (в силу выбора Тогда

Заметим, что

Рассмотрим ребро соединяющее вершины с числами и Обозначим через количество вершин в компоненте связности, содержащей при удалении ребра Тогда:

где — количество вершин в компоненте, содержащей Для любого ребра верны неравенства:

Для каждой вершины сумма по всем рёбрам, инцидентным равна Это следует из того, что из любой вершины дерева можно достичь все остальные вершин через единственный путь.

Заметим, что:

Применим неравенство Коши для ребра

Суммируя по всем рёбрам дерева, получим:

Заметим, что для каждого коэффициент при суммировании равен

Таким образом, требуемое неравенство доказано.