Регион 10 класс

Вычтем из второго равенства первое и разложим левую часть на множители, получим:

Не умаляя общности (в условии имеется циклическая симметрия переменных будем считать, что наибольшее из данных чисел. Тогда но из (*) видим, что Значит, Аналогично Тогда из следует Получается

Обозначим так что тогда принимает вид Нам нужно доказать, что

Заметим, что так как это неравенство преобразуется к виду (или следует из неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом). Отсюда и далее

Получаем откуда и поэтому Остаётся показать, что невозможно. Если то и тогда в предыдущем рассуждении мы получим строгое неравенство Значит, возможно лишь при Рассмотрим этот случай отдельно.

В этом случае и Тогда

что противоречит первому равенству из условия задачи.

Первое решение. По теореме Виета Значит,

Тогда из условия следует, что

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. График симметричен относительно прямой — вертикальной прямой, проходящей через вершину параболы. Поэтому для любых двух значений таких, что будет выполнено В частности, Но

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Подставим в квадратный трехчлен:

Так как и —– корни, то а по теореме Виета получаем, что

Занумеруем города числами 0, 1, 2, …, 29 так, чтобы изначально у нас был цикл Добавим 9 авиалиний …, (а 10-ю авиалинию добавим какую угодно).

Покажем, что условие выполняется. Возьмем любые два города и От можно не более чем за 1 перелёт добраться до города с номером, кратным 3. Аналогично, от можно не более чем за 1 перелёт добраться до города с номером, кратным 3. А между городами и либо есть путь не более, чем из двух перелётов, так как все города с номерами, кратными 3, соединены с городом номер 0.

Вычтем из второго равенства первое и разложим левую часть на множители, получим:

Не умаляя общности (в условии имеется циклическая симметрия переменных ), будем считать, что —– наибольшее из данных чисел. Тогда но из (*) видим, что Значит, Аналогично Тогда из (*) следует Получается

Обозначим так что тогда (*) принимает вид Нам нужно доказать, что

Заметим, что так как это неравенство преобразуется к виду (или следует из неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом). Отсюда и далее

Получаем откуда и поэтому

Остаётся показать, что невозможно. Если то и тогда в предыдущем рассуждении мы получим строгое неравенство Значит, возможно лишь при Рассмотрим этот случай отдельно.

В этом случае и Тогда

что противоречит первому равенству из условия задачи.

Предположим, что требуемое возможно. Введём систему координат так, чтобы узлы являлись в точности точками с целыми координатами.

Раскрасим узлы сетки в шахматном порядке. Предположим, что нашлись два отмеченных узла разных цветов: — белый, — чёрный. Пусть нашёлся узел , равноудалённый от них, и пусть, не умаляя общности, — белый. Тогда у вектора координаты одной чётности, значит, по теореме Пифагора равно сумме квадратов целых чисел одной чётности, т.е. чётно. Аналогично рассуждая, получаем, что нечётно —– противоречие.

Итак, все отмеченные узлы имеют один цвет. Проведём через все узлы этого цвета прямые с угловым коэффициентом — получилась новая квадратная сетка с шагом (длиной стороны квадрата) Видим, что отмеченные точки являются узлами этой новой сетки. Продолжая рассуждать аналогично, получим, что отмеченные узлы лежат на квадратной сетке с шагом …. Но шаг сетки не может превышать константы — расстояния между двумя фиксированными отмеченными точками. Противоречие.

Отразим относительно получим точку лежащую на и такую, что — середина и Аналогично, точка симметричная относительно такова, что — середина и

Так как имеем Аналогично Значит, — параллелограмм. В треугольнике точки и — середины сторон. Отметим также середину стороны тогда — параллелограмм. Получается, что совпадает с т.е. — середина Так как и — середины и имеем векторное равенство

Тогда по неравенству треугольника () получаем что равно Этим доказано нужное неравенство.

Первое решение. Назовём числа 0, 1, …, 49 маленькими, а остальные числа, которые могут появиться на табло, т.е. числа 50, 51, …, 99 — большими. Заметим, что после нажатия из маленького числа обязательно получается большое, а из большого числа — маленькое. Значит, после нечётного количества операций на табло будет гореть большое число.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Выстроим все целые числа от 0 до 99 в цепочку

Заметим, что если какое-то число горит на табло, то следующим числом может быть только соседнее число в цепочке. Но так как числа 0 и 25 стоят в цепочке на местах одной чётности, получить из числа 0 число 25 за нечётное количество шагов невозможно.

По условию и , поэтому — основания трапеции. Пусть и — середины и так что — средняя линия трапеции

При этом параллельна основаниям, поэтому и значит, — серединный перпендикуляр к Значит, центр окружности лежит на прямой

Положим

Из параллельности следует, что , поэтому .

Видим, что треугольник — прямоугольный (), а значит, — центр окружности

Далее, в прямоугольном треугольнике имеем поэтому , а из равенства углов следует поэтому лежит на прямой

Итак, — общая точка окружностей и лежащая на их линии центров Значит, эти окружности касаются (в точке ).

Пусть прямоугольник разбит на доминошки. Двигаясь слева направо, понимаем, что горизонтальные доминошки объединяются в блоки Далее под блоком понимаем такой блок из двух горизонтальных доминошек.

Назовём хорошим разбиение на доминошки, в котором в каждой доминошке хотя бы одна клетка чёрная. Назовём раскраску хорошей, если при ней существует ровно одно хорошее разбиение.

1) Приведём пример хорошей раскраски, в которой 120 чёрных клеток. Красим первый столбец белым, следующие 3 столбца — черным, пятый столбец — белым, и далее продолжаем с периодом 5.

Тогда разобьём наш прямоугольник на прямоугольники и в каждом из них пусть слева и справа находятся блоки, а посередине — вертикальная доминошка. Видим, что получено хорошее разбиение.

Покажем, что оно единственно. Посмотрим на границу между 5-м и 6-м столбцами. Эта граница не может находиться внутри блока, значит, эта граница обязательно должна присутствовать в разбиении и отрезать прямоугольник Далее продолжим аналогичные рассуждения с отрезанием прямоугольников Остаётся разобраться, как может быть устроено хорошее разбиение для прямоугольника В первом столбце не может быть вертикальная доминошка, поэтому в 1-м и 2-м столбцах точно находится блок. Аналогично в 4-м и 5-м столбцах находится вертикальный блок. Тем самым хорошее разбиение однозначно восстановлено. Обоснование того, что наша раскраска хорошая, завершено.

2) Оценка. Рассмотрим хорошее разбиение прямоугольника В каждом блоке не более двух чёрных клеток, иначе мы можем заменить две горизонтальные доминошки этого блока на вертикальные, и разбиение останется хорошим.

В вертикальной доминошке может быть одна чёрная клетка или две чёрных клетки. В первом случае вертикальную доминошку назовём светлой, а во втором — тёмной. Если у нас тёмных доминошек, то в них чёрных клеток, а остальная площадь разбита на блоки и светлые доминошки, т.е. в ней не более половины площади занимают чёрные клетки. Итого чёрных клеток не более

Остаётся понять, что тёмных доминошек не более 20. Вертикальная доминошка не может граничить с тёмной доминошкой, иначе эту пару можно заменить на блок (из двух горизонтальных доминошек), и разбиение останется хорошим. Значит, граничить с тёмной доминошкой может только блок. К одному и тому же блоку слева и справа не могут примыкать две тёмные доминошки, иначе в образованном ими прямоугольнике можно заменить все доминошки на горизонтальные, и разбиение останется хорошим. Рассмотрим две ближайшие друг к другу тёмные доминошки. Промежуток (по горизонтали) между ними не может составлять 0, 1, 2 или 3 клетки (в последнем случае два блока, соседних с этими тёмными доминошками, должны пересекаться, что невозможно). Суммируя длины промежутков для пар ближайших тёмных доминошек, получаем, что количество вертикалей не менее

Но оно равно 100. Отсюда и что невозможно при Неравенство установлено. Доказательство оценки завершено.

Вычислим площадь лежащего на параболе, через абсциссы его вершин. Без ограничения общности можем считать, что абсциссы соответственно равны Пусть — проекции точек на ось Тогда площадь треугольника выражается через площади трапеций:

По формуле площади трапеции:

Аналогично:

Подставляя и преобразуя, получаем:

Для точек на той же параболе с абсциссами разности сохраняются: Следовательно, тогда

Положим Упорядочим абсциссы отмеченных точек по возрастанию:

Рассмотрим отрезков Если среди них найдутся 5 отрезков равной длины, то утверждение задачи верно.

Упорядочим эти 5 отрезков по возрастанию левых концов: Возьмём точки:

где — общая длина отрезков. Ранее доказано, что Все точки различны, так как

Предположим теперь, что среди отрезков нет пяти равной длины. Тогда для каждой длины имеется не более четырёх отрезков длины Тогда минимальная сумма длин всех отрезков не менее:

Но сумма длин всех отрезков равна Противоречие.

Следовательно, обязательно существуют пять отрезков равной длины, и по доказанному можно выбрать шесть точек с равными площадями треугольников.

Докажем индукцией по что в хорошей раскраске нет четырёхугольника, в котором соседние вершины имеют противоположные цвета (будем называть такой четырёхугольник гадким).

База для очевидна. Теперь докажем переход от к Пусть в хорошей раскраске на вершинах есть гадкий четырёхугольник причём, не умаляя общности, вершины и — чёрные, а и — белые. Рассмотрим одну из триангуляций, которая соответсвует данной раскраске.

Если вершина не соединена рёбрами с вершинам, кроме своих соседей, то её соседи соединены, а значит, среди них есть чёрная вершина Не умаляя общности, вершины идут так: ----- но тогда в многоугольнике без вершины раскраска должна быть правильной, при этом есть гадкий четырёхугольник По предположению индукции получаем противоречие.

Если же вершина соединена ребром не со своим соседом — белой вершиной (не умаляя общности, вершины идут так: ---- то в одном из многоугольников, на которые делит ребро исходный многоугольник, есть гадкий четырёхугольник но раскраска при этом должна остаться правильной. По предположению индукции получаем противоречие.

Теперь разобьём многоугольник на блоки подряд идущих вершин одинакового цвета. По вышедоказанному блоков не больше 2 (иначе найдётся гадкий четырёхугольник), но одного блока быть не может, так как оба цвета, очевидно, присутствуют. Тогда блоков всего 2 и таких раскрасок

(выбрать начало чёрного блока — способов, а после этого белого — способ).

Заметим, что все такие раскраски подходят, а значит, всего существует хороших раскрасок.

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.

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

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

Нужно показать, что Аня всегда может добиться, чтобы разноцветных пар было не меньше 50, а Боря сможет помешать ей добиться, чтобы таких пар было больше 50.

Аня красит в любой цвет любую точку, а дальше каждым ходом выбирает пару из непокрашенной точки и стоящей рядом с ней покрашенной (такая, очевидно, найдётся), и красит непокрашенную точку в цвет, отличный от цвета покрашенной. При этом образуется новая пара соседних разноцветных точек.

Боря каждым своим ходом выбирает пару из непокрашенной точки и стоящей рядом с ней покрашенной, и красит непокрашенную точку в цвет, совпадающий с цветом покрашенной. При этом образуется новая пара соседних одноцветных точек.

Всего в круге имеется 100 пар соседних точек, и каждый игрок делает по 50 ходов. В итоге Боря добьётся того, что хотя бы 50 пар будут одноцветными, а Аня — что хотя бы 49 пар будут разноцветными. Однако количество разноцветных пар всегда чётно. Действительно, после окончания игры пройдём полный круг, начиная с какой-либо отмеченной точки (пусть для определённости с красной). Группы из идущих подряд красных и синих точек будут чередоваться: К—С—К—С—…—К, и значит, встретим пар разноцветных соседей вида К—С столько же, сколько пар вида С—К. Поэтому если пар разноцветных соседних точек не меньше 49, то их хотя бы 50.

В прямоугольном треугольнике радиус вписанной окружности равен

(что также равно расстоянию от вершины прямого угла до точки касания катета со вписанной окружностью). Складывая это равенство с аналогичными для треугольников получаем, что сумма радиусов вписанных окружностей треугольников равна

Пусть вписанные окружности треугольников и имеют центры и касаются стороны в точках и соответственно. Поскольку — проекция на прямую имеем

Сложим это неравенство с аналогичными для расстояний между другими парами центров вписанных окружностей треугольников Получим оценку на периметр :

Сравнивая с выражением для получаем требуемое неравенство

Заметим, что

причем равенство достигается только при Тогда первое слагаемое

То же верно и для других слагаемых. Значит, левая часть уравнения Сергея не превышает причем равенство достигается лишь при равенстве всех переменных значит, равенство невозможно для различных

Примером могут служить числа вида где в качестве можно взять любое число, состоящее из одинакового количества всех цифр от до например, любую перестановку цифр где не является первой цифрой.