Закл (финал) 11 класс → .11 Закл 2024

Будем измерять высоту сугроба в дециметрах. Также будем считать, что сторона одной клетки равна дм, то есть за каждую ночь на клетку выпадает снега.

Докажем, что после сотого утра найдется сугроб высотой не менее дм. Предположим, что такого сугроба нет. Так как дворник в сотое утро полностью сгреб снег с какого-то ряда, в десяти клетках квадрата снега нет. В каждой из оставшихся клеток, по нашему предположению, не более снега, то есть всего снега не больше, чем Однако за ночей суммарно выпало снега. Противоречие.

Покажем, как может действовать дворник, чтобы после сотого утра каждый сугроб имел высоту не более дм, то есть в каждой клетке было не более снега.

Способ 1. Первые дней дворник сгребает снег из второго столбца в первый, следующие дней дворник сгребает снег из третьего столбца во второй, затем дней из четвёртого в третий, и т. д. Через дней в десятом столбце не будет снега. Посчитаем, сколько снега стало в столбце через дней. Вечером -го дня в столбце номер не было снега, а в столбце в каждой клетке было по снега. На следующий вечер в столбце станет по снега в каждой клетке. Затем ещё десять дней количество снега в каждой клетке -го столбца будет увеличиваться на а затем дней — на Итого, через дней в каждой клетке столбца будет по

В сотую ночь выпадет ещё по в каждую клетку. А сотым утром дворник сгребёт снег из десятого столбца в девятый. Таким образом, в каждой клетке будет не более снега.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Способ 2. Пусть дворник сгребёт снег из -го столбца в -ый, из -го во -й, …, из -го в -ый. Тогда вечером девятого дня в первых девяти столбцах будет по дм снега в каждой клетке, а в десятом столбце снега не будем. Затем дворник проделывает аналогичный процесс в обратном порядке: из -го в -ый, из -го в -ый, …, из -го в первой. Тогда вечером -го дня в клетках последних девяти столбцов будет по снега, а в первом столбце не будет снега. Аналогично повторим такие сдвиги (каждый длится дней) ещё раз (всего сдвигов), и через дней получим в клетках девяти столбцов по снега и один крайний столбец пустой. Сотым утром сгребаем снег из этого крайнего в соседний и получаем не более снега в каждой клетке.

Предположим, что такая конструкция существует. Спроецируем тетраэдра на плоскость перпендикулярную прямой Проекцией цилиндра будет некоторая окружность Обозначим проекции вершин тетраэдра через они все будут различны (в противном случае одна из прямых, содержащих стороны тетраэдра, будет параллельна такая прямая не может иметь с цилиндром ровно одну общую точку). Каждая из прямых, соединяющих точки должна иметь с окружностью одну общую точку, то есть касаться этой окружности. При этом точки не могут лежать на одной прямой (поскольку вершины тетраэдра не лежат в одной плоскости). Значит, либо на одной прямой лежат какие-то три из них, не умаляя общности либо никакие три из этих точек на одной прямой не лежат. В любом случае прямые попарно различны, однако они все касаются окружности и проходят через точку противоречие.

Покажем, что тройка — загадочная в том и только в том случае, когда из этого немедленно последует требуемое в задаче.

Пусть тогда

ведь положительны. Аналогично

из этого следует, что тройка замечательная.

Предположим, что Тогда и аналогично случаю для равенства, получаем неравенство:

аналогично

Итого, в этом случае левая часть равенства из условия больше правой. Рассуждая аналогично, в случае имеем, что правая часть больше левой, и только в случае достигается равенство, что и требовалось.

Заметим, что существует всего различных строк длины в которых каждый символ — солнце или луна; значит, каждая такая строка встречается в таблице ровно один раз. Разобьём все позиции на две половины по столбцов — «левую» и «правую». Предположим, что в каждой строке, в которой есть два солнца в одной половине (назовём их солнечными), ветер сдул листья с одной из таких пар солнц, а в каждой несолнечной строке — таких строк — ветер обнаружил положения всех солнц, ведь в несолнечной строке не более двух солнц, так что ветер мог так поступить. Тогда Юрий сообразит, что те строки, где открыты два солнца в одной половине — точно солнечные, а значит, несолнечные строки — это в точности те строк, в которых ветер не открывал два солнца в одной половине. У каждой из них открыты все солнца, так что закрытые листьями изображения в этих строках — луна.

Первое решение. Без ограничения общности можно считать, что лучи и и пересекаются. Пусть отрезки и пересекаются в точке а также — четырёхугольник, образованный прямыми Также обозначим через пересечение и через — пересечение и

Пусть Из вписанности четырёхугольника и условий имеем:

Значит, во-первых, точки лежат на одной окружности, обозначим её во-вторых, точки лежат на одной окружности, обозначим её в-третьих, точки лежат на одной окружности, обозначим её Заметим, что точка — радикальный центр окружностей (поскольку она лежит на прямых и точка — радикальный центр окружностей (так как она лежит на прямых и Таким образом, — радикальная ось окружностей и —радикальная ось окружностей и — радикальная ось окружностей и поэтому эти три прямые пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

Второе решение. Введём обозначения как в первом решении. Для точки плоскости обозначим через разность степеней точки относительно окружностей и Поскольку — радикальная ось окружностей и то достаточно доказать, что Кроме того, легко видеть, что и

Заметим, что функция — линейная, то есть для точки на отрезке выполнено равенство Мы докажем это утверждение позднее. Пока, применив его для точек мы получим, что

Таким образом, достаточно доказать, что .

Заметим, что

(последнее равенство следует из того, что через мы обозначаем расстояние от точки до прямой Следовательно, равенство () переписывается в виде:

Из вписанности четырёхугольника и данных в условии параллельностей прямых следуют равенства углов:

Таким образом, и а также и подобны по двум углам. Из подобия получаем равенства отношений

остаётся лишь перемножить эти равенства.

Вернёмся к доказательству линейности функции Введём декартовы координаты таким образом, чтобы центры окружностей и лежали на оси абсцисс, пусть их координаты будут и а радиусы окружностей и Тогда для произвольной точки с координатами по определению степени точки мы получаем, что где и — две константы. Если точка лежит на отрезке и , — координаты точек и по оси абсцисс, то откуда немедленно следует (*).

Пусть прямая повторно пересекает окружность в точке Тогда прямая, проведённая по условию через — серединный перпендикуляр к хорде пусть она пересекает стороны и в точках и а прямая через из условия задачи пересекает их в точках и Поскольку то окружность касается окружности в точке При симметрии относительно окружность переходит в себя, а окружность переходит в окружность тогда она тоже касается окружности

Поскольку то Следовательно, четырёхугольник — вписанный. Тогда Значит, в силу сказанного выше, поэтому точка лежит на окружности Аналогично, на этой окружности лежит и точка откуда и следует требуемое.

Замечание. Можно рассуждать несколько иначе: установить (похожими равенствами углов), что точки лежат на одной окружности, а также что окружности и касаются окружности в точке Однако эти три окружности не могут быть различными, поскольку в таком случае их радикальные оси не пересекаются в одной точке, в чём нетрудно убедиться. Значит, все эти окружности совпадают, что нам и требовалось.

Дорогу, которую хотят строить сразу два мэра, назовём надёжной. Рассмотрим в каждой компоненте самую дешёвую дорогу Тогда она является надёжной. Предположим, что в этой компоненте есть ещё одна надёжная дорога (ясно, что города отличны от ) и рассмотрим путь по дорогам от одного из городов до одного из городов — не умаляя общности, он имеет вид (города отличны от возможно, ). Тогда дорогу хочет строить мэр города (мэр города хочет строить ), дорогу — мэр города (мэр города хочет строить ) и так далее, мэр города хочет строить дорогу а не — противоречие.

Итак, в каждой компоненте есть ровно одна надёжная дорога. Для каждой из пар городов рассмотрим случайную величину которая равна если — надёжная дорога, и 0 в противном случае. Из доказанного следует, что есть сумма по всем парам Для данных событие означает, что дорога — самая дешёвая из дорог, выходящих из или так что вероятность такого события равна (из симметричности распределения цен эти дороги равноправны, так что каждая из них является самой дешёвой с вероятностью ). Значит, математическое ожидание равно а математическое ожидание случайной величины равно сумме этих математических ожиданий по всем парам, то есть

Все сравнения в этом решении производятся по модулю Если и — целые числа, причём не делится на то через мы обозначаем тот единственный остаток по модулю для которого

Пусть числа

дают ровно различных остатков при делении на Обозначим Тогда выражения вида

при дают максимум различных остатков.

Назовём пару натуральных чисел таких, что исключительной, если Покажем, что для каждого существует не более одной исключительной пары в которой Действительно, если — такая пара, то из

вытекает, что

откуда

или Такой остаток не более чем единственен (поскольку ), а по нему восстанавливается

Итого, существует не более чем исключительная пара; обозначим их количество через Пусть числа дают ровно различных остатков по модулю встречающихся раз соответственно. Тогда

Верна следующая цепочка неравенств:

откуда

Вспоминая, что получаем оценку

Таким образом, в качестве искомой константы можно взять, например, число для простых неравенство тривиально, а для следует из неравенства при