Закл (финал) 11 класс

Оценка. Предположим, что какое-то из выписанных на листке чисел больше скажем, Тогда наибольшее из чисел не меньше что больше – противоречие (НОД двух чисел, не превосходящих не превосходит ). Значит, каждый из написанных ов не превосходит потому количество различных ов не может превышать

Пример. Разобьём все числа от до на цепочки вида где — нечётное число, не превосходящее Выпишем в строчку цепочки одну за другой. Тогда для любого натурального найдётся цепочка, в которой встречается а следующее за число будет Видим, что каждое натуральное будет выписано на листке.

Заметим, что условие равносильно тому, что

или же Рассмотрим граф, вершины которого — записанные на доску числа, а ребро проводится между двумя числами, которые отличаются на Согласно условию задачи, в таком графе ровно 760 рёбер. Каждая компонента связности этого графа представляет собой путь и состоит из вершин-чисел вида …, Предположим, что в этом графе компонент связности. Тогда в нём рёбер, поэтому Поскольку то в какой-то компоненте связности хотя бы 46 вершин, поэтому какие-то две из этих вершин — это числа и Тогда

следовательно,

что и требовалось.

Обозначим через и точки пересечения медиан и высот треугольника а также отметим точку так, что

Пусть сфера построена на отрезке как на диаметре. Поскольку прямая перпендикулярна плоскости то точка лежит на Покажем, что на сфере лежит точка пересечения высот треугольника рассуждение для двух других треугольников аналогично.

Обозначим через середину отрезка Поскольку точка лежит на отрезке в частности, она лежит в плоскости Пусть — высота треугольника Поскольку прямая перпендикулярна плоскости то а также по теореме о трёх перпендикулярах, то есть точка лежит на отрезке Поскольку точка, симметричная точке пересечения высот треугольника относительно прямой лежит на его описанной окружности, то Применяя то же рассуждение для треугольника мы получаем, что

Следовательно, четырёхугольник вписанный, поэтому Поскольку ещё и вновь применяя теорему о трёх перпендикулярах, мы получаем, что прямая перпендикулярна плоскости Значит, то есть точка лежит на сфере что и требовалось.

Аналогично доказывается, что точки пересечения высот треугольников и также лежат на сфере Таким образом, все пять точек (точки пересечения высот четырёх треугольников и точка пересечения медиан треугольника ) лежат на сфере

Пусть пара многочленов и — важная. Рассмотрим пары остатков от деления на 100 чисел и где — всевозможные пары целых чисел от 0 до 99. Согласно условию задачи, все такие пары остатков разные. Поскольку всего пар чисел то каждая пара остатков от деления на 100 достигается ровно один раз. Значит, достигаются все 4 возможные пары чётностей чисел Поскольку чётность значения многочлена с целыми коэффициентами в точке зависит только от чётности чисел и мы получаем, что пары значений

дают все четыре возможные пары чётностей. Однако заметим, что для пар многочленов и

первые три пары чётностей одинаковые, а последняя пара — разная. Следовательно, обе такие пары многочленов важными быть не могут.

Положим Введём систему координат так, что все вершины единичных кубиков будут иметь целые координаты от 0 до

Начнём с примера, показывающего, что количество чёрных кубиков действительно может быть равно У каждого кубика рассмотрим его вершину, ближайшую к началу координат (её координаты принимают значения от 0 до ). Пусть кубик чёрный, если хотя бы две координаты этой вершины чётны, и белый иначе. Ясно, что тогда в любом кубе будет ровно 4 чёрных и 4 белых кубика. При этом количество чёрных кубиков, у которых все три соответствующих координаты чётны, равно а количество кубиков, у которых чётны ровно две координаты, равно поэтому общее количество чёрных кубиков будет равно

Осталось доказать, что этот пример оптимальный. Пусть куб сложен из чёрных и белых кубиков так, что выполнены условия задачи. Назовём кубик тёмным или светлым, если он является соответственно чёрным или белым в приведённом выше примере.

Для каждой точки с координатами в большом кубе назовём её - и -рангом соответственно числа

Назовём рангом этой точки число Иначе говоря, - или -ранг точки — это расстояние от неё до ближайшей грани большого куба, перпендикулярной соответствующей оси, а её ранг — это просто расстояние от неё до ближайшей грани большого куба.

Отметим все вершины единичных кубиков с нечётными рангами. Для каждой отмеченной вершины рассмотрим разность количеств чёрных и белых кубиков, сходящихся в этой вершине; поскольку все эти вершины являются центрами кубов эта разность неположительна. Значит, и сумма всех таких разностей неположительна.

Скажем, что кратность единичного кубика — это количество его отмеченных вершин (столько раз этот кубик учтён в ). Тогда равна разности суммы всех кратностей чёрных кубиков и суммы кратностей всех белых кубиков. Поэтому нам достаточно доказать, что если такая разность неположительна, то количество чёрных кубиков не превосходит

Пусть и — это -, - и -ранги центра некоторого кубика; пусть для определённости Тогда нетрудно видеть, что

• если то кратность этого кубика равна 4;

• если

  

  где чётно, то кратность кубика меньше 4, и он тёмный;

• если

  

  где нечётно, то кратность кубика больше 4, и он светлый.

Итак, кратности всех тёмных кубиков не больше 4, а всех светлых — не меньше 4.

Пусть теперь

— кратности всех кубиков, расположенные в неубывающем порядке. Из сказанного выше вытекает, что

поскольку в приведённом выше примере значение было равно 0.

Если теперь в рассматриваемой раскраске чёрных кубиков, то

поскольку Это противоречие показывает, что что и требовалось доказать.

Обозначим записанные по кругу числа …, Вася будет следить лишь за десятью числами, которые он разобьёт на пары: …, За один ход Петя может уменьшить не более, чем одно из этих 10 чисел. Если Петя уменьшил одно из чисел пары Вася в ответ добавит 1 к числам …, Если же Петя не уменьшил ни одно из этих 10 чисел, Вася сделает любой разрешённый ход. Таким образом, после пары ходов Пети и Васи сумма чисел в каждой из пяти Васиных пар не уменьшится. Поскольку изначально пять сумм в парах положительны, то после каждого Васиного хода сумма в каждой из этих пяти пар будет положительной, поэтому в каждой из пар будет хотя бы одно положительное число. Таким образом, после любого Васиного хода будет хотя бы 5 положительных чисел, что и требовалось.

Пусть, не умаляя общности, лучи и пересекаются в точке лучи и пересекаются в точке Обозначим через центр окружности точки определим аналогично.

Лемма. Четырехугольник является прямоугольником, стороны которого параллельны биссектрисам внутренних углов и

Доказательство. Докажем, что прямая параллельна биссектрисе внутреннего угла

Действительно, пусть и — середины дуг и не содержащие остальные вершины четырехугольника, соответственно. Тогда в силу леммы о трезубце но прямая является биссектрисой угла поэтому

С другой стороны, углы между парами прямых и равны полусуммам пар дуг и а значит, равны, следовательно, перпендикулярна биссектрисе угла Аналогично, параллельна последней.

Как известно, биссектрисы внутренних углов перпендикулярны, следовательно, четырехугольник суть прямоугольник, поскольку пары его противоположных стороны параллельны биссектрисам.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдем к решению. Таким образом, в силу доказанной леммы точка пересечения прямых является центром описанной окружности прямоугольника, т.е. достаточно показать, что окружности имеют общую радикальную ось.

Обозначим четырёхугольник, образованный четырьмя касательными через (прямая — общая внешняя касательная к и аналогично с тремя другими сторонами). Пусть прямая пересекает прямую в точке Точки Обозначим через описанную окружность четырёхугольника

Тогда точка — радикальный центр окружностей и поскольку она лежит на двух их радикальных осях. Значит, радикальная ось окружностей и проходит через точку аналогично, на ней лежат и точки В частности, эти 4 точки лежат на одной прямой.

Пусть прямая пересекает сторону в точке и сторону в точке Поскольку то поэтому четырёхугольник — вписанный. Поскольку и то по теореме Фалеса

Из этого равенства отношений и вписанности мы получаем, что

то есть степень точки относительно окружностей и одинакова. Рассуждение для точек аналогично. Итого доказано требуемое утверждение.

Для натурального положим Тогда число хорд длины равно количеству нулей функции

В качестве примера выберем следующую кусочно-линейную функцию : при и

при Заметим, что при функция принимает значение только в точке Следовательно, если то обе точки и лежат в отрезке В частности, и нули функции лежат в промежутке Для при имеем Значит, имеет единственный нуль то есть хорда длины 2025 у функции единственна. При натуральном функция монотонно убывает при и монотонно возрастает при при этом Таким образом, у этой функции ровно два нуля, то есть функция имеет по две хорды длины Итого у неё 4049 различных хорд.

Теперь перейдём к оценке. Без ограничения общности будем считать, что хорда длины 2025 соединяет точки и то есть

Положим

Из условия следует, что у функции конечное число нулей, а также эта функция непрерывна. Пусть все её нули лежат в промежутке Тогда функция знакопостоянна на лучах и При необходимости, заменив функцию на будем считать, что при

Предположим, что при Заметим, что

поэтому при и при Значит, функция имеет нуль, то есть у функции есть хорда любой натуральной длины, что противоречит условию.

Таким образом, при Значит, при и при Далее мы докажем, что при натуральных и в сумме дающих 2025, функция имеет хотя бы 4 хорды длин и Применяя это утверждение для каждой такой пары, получим оценку. Иными словами, докажем, что у функций и при суммарно хотя бы 4 нуля.

Предположим, что это не так. Тогда функция имеет не более одного нуля. Значит, не может быть отрицательной. Действительно, если то по непрерывности и знакам при больших функция имеет хотя бы два нуля, противоречие.

Итого причём равенство нулю достигается не более чем в одной точке. Покажем, что для некоторого Рассмотрим наименьшее натуральное для которого делится на 2025, и обозначим остатки …, от деления чисел …, по модулю 2025. Если положим если положим Рассмотрим разности

Если то и если же то и Если то В случае получаем поскольку и Таким образом,

и одно из крайних слагаемых положительно. Значит, найдётся что возможно только при и Тогда для получаем

Заметим, что

Поскольку то и в частности, и то есть В случае и получаем а также при больших Тогда у есть нули на промежутках то есть хотя бы 4 нуля.

Если то так как у не более одного нуля. Тогда В этом случае у есть нули на и а также в точке и ещё один нуль в точке есть у что даёт хотя бы 4 нуля. Случай разбирается аналогично.

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.

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.

На -м шаге у каждого из человек было выписано одно из чисел множества

На -м шаге — одно из чисел множества

На -м шаге выписано одно из чисел множества

где — сумма всех чисел (а вычитается — число на оставшейся в конце карточке).

Видим, что так что Далее, но числа принадлежат значит,

Итак, мы показали, что чисел, выписанных на -м, -м и -м шагах, могут принимать не более различных значений. Следовательно, какие-то два из них равны.

Пусть описанная окружность треугольника является единичной с центром в и треугольник положительно ориентирован. Заметим, что тогда Обозначим угол через Введем обозначение Тогда откуда Вычисляем

Обозначим через центр описанной окружности треугольника Заметим, что Тогда

Получаем, что ориентированный угол равен То есть откуда находим

То есть координата центра описанной окружности треугольника имеет вид где не зависят от а бегает по единичной окружности. Тогда понятно, что и бегает по окружности, полученной из единичной умножением на и сдвигом на

Пусть описанная окружность треугольника является единичной с центром в нуле. Обозначим через комплексное число, отвечающее повороту на против часовой стрелки, через — отвечающее повороту на по часовой стрелке. Тогда центр вписанной окружности имеет координату Обозначим середины дуг и через и соответственно. Тогда . Найдем координату точки Во-первых откуда При этом лежит на хорде откуда Решая полученную систему, находим Аналогично Заметим, что Тогда ориентированный угол откуда Итого, имеет комплексную координату

Аналогично Тогда

Последнее выражение очевидно вещественное, что и требовалось доказать.

Первое решение. Покажем, что при данных условиях на многочлен каждая следующая точка касания лежит по другую сторону от оси чем предыдущая.

Пусть — данный многочлен, — его производная. Пусть — это -я точка касания, а -я. Тогда касательная в точке имеет уравнение Значит, откуда Разделив это равенство на и перенеся все слагаемые в правую часть, получим при четной степени выражение:

Пусть и одного знака (считаем, что с любым числом одного знака). Если то выражение в скобках положительно, если же то оно отрицательно. Такие же знаки будут иметь выражения при остальных степенях: Значит, если и одного знака, то равенство невозможно. Итак, любые две последовательные точки касания должны находиться по разные стороны от оси И в силу нечетности касательная в точке не может пройти через точку

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Заметим, что функция при и нечетном выпукла на и вогнута на Многочлен представляется в виде суммы нескольких функций такого вида, потому что является нечетной функцией, а его коэффициенты неотрицательные. Тогда функция также выпукла на и вогнута на Это означает, что касательная в точке графика с положительной абсциссой вторично не пересекает график в точках с неотрицательной абсциссой, и наоборот. Кроме того, касательная к графику в нуле не имеет с ним больше общих точек. Это означает, что абсциссы точек отличны от нуля, а их знаки чередуются. Тогда у точек и абсциссы одного знака, поэтому касательная в точке не проходит через точку