Закл (финал) 10 класс → .01 Закл до 2015

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

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.

Предположим противное. Заметим, что через каждую точку пересечения двух прямых проходит красная прямая. Рассмотрим синюю прямую пусть — две наиболее удалённые друг от друга точки пересечения с красными прямыми, и — красные прямые, проходящие через и — точка пересечения и Тогда через проходит синяя прямая которая пересекает в какой-то точке отрезка иначе и — не наиболее удалённые (cм. рис.).

Рассмотрим все четвёрки прямых расположенных как — одного цвета; — другого; пересекаются в одной точке; точка пересечения и лежит между точками пересечения с и и рассмотрим среди них такую, в которой прямые образуют треугольник наименьшей площади (cм. рис.). Тогда через точку проходит прямая одноцветная с Она пересекает либо отрезок либо (пусть, для определенности, Тогда прямые образуют конфигурацию с треугольником меньшей площади. Противоречие.

По условию следовательно,

где

Пусть — дискриминанта квадратного трехчлена при Тогда Перемножив полученные неравенства получаем

Если каждый трёхчлен имеет целые корни, то каждое из выражений , , и должно быть целым, так как каждое из них выражается через соответствующие целые корни по теореме Виета.

Пусть — нечётное, тогда чётно, равно как и и . Следовательно, и нечётные. В этом случае видно, что если чётный, то нечётно, а значит, не может равняться . Если же нечётный, то также нечётно, пришли к противоречию.

Если — чётное, то мы придём к такому же противоречию, только со вторым трёхчленом.

Обозначим через количество камней в клетке с номером Тогда последовательность задает конфигурацию — расположение камней по клеткам. Пусть — корень уравнения больший Назовем весом конфигурации число Покажем, что разрешенные действия не меняют веса. Действительно,

Докажем индукцией по — числу камней, что любая последовательность действий завершается. При это верно. Пусть при числе камней, меньшем утверждение верно. Рассмотрим процесс, начинающийся с конфигурации с Наибольший номер непустой клетки при разрешенных действиях не уменьшается, но и расти бесконечно он не может — он не может превысить числа при котором Значит, с какого-то момента наибольший номер непустой клетки перестает изменяться, и с камнями, попавшими в эту клетку, уже ничего не происходит. Выбросим эти камни, и применим предположение индукции к оставшимся.

В конечной конфигурации в каждой клетке не более одного камня, и нет двух непустых клеток подряд. Докажем, что любые две конфигурации и с такими свойствами имеют разные веса. Пусть — наибольший номер, при котором пусть, для определенности, Выбросим из и все камни с номерами, большими (они в и совпадают). Для оставшихся конфигураций и имеем:

Таким образом, для любой конфигурации есть только одна конечная с таким же весом; только к ней и может привести процесс.

Так как каждое делится на НОД НОД , то для всех Предположим, что при некотором Тогда, с одной стороны, НОД НОД (так как делится на ), а с другой стороны, поскольку делится на то НОД Противоречие.