Регион 11 класс

Заметим, что

Здесь мы оценили знаменатель по неравенству о средних:

Сложим полученное неравенство с тремя аналогичными. Теперь нам достаточно доказать, что

Поскольку это равносильно неравенству

Но из неравенства между средним арифметическим и среднем квадратичным мы получаем, что

и, аналогично,

Складывая эти два неравенства, получаем требуемое.

Из условия задачи следует, что точки лежат в одной плоскости, поэтому прямые и пересекают ребро в одной точке

Из условия следует, что эти прямые являются биссектрисами углов соответственно. Отсюда, по свойству биссектрисы,

а поскольку треугольники и подобны. Поскольку — общая сторона этих треугольников, эти треугольники равны. В этих равных треугольниках равны соответствующие высоты из вершин и Это и требовалось доказать.

Заметим сразу, что все числа, появляющиеся на доске, положительны и рациональны. Пусть — числа на доске после минут, а — исходные числа.

Положим Тогда и В частности, и, аналогично,

Положим и пусть — представление этого числа в виде несократимой дроби. Тогда и потому

где последняя дробь также несократима (ибо и взаимно просты). Итак, и В частности, при и потому при Иными словами, последовательность строго возрастает.

Обозначим через произведение всех числителей и знаменателей чисел и Тогда при некотором имеем

Докажем, что с -й минуты все числа на доске нецелые. Действительно, пусть, скажем, — целое при Тогда и потому

Знаменатель этого числа в несократимой записи делит но это невозможно, ибо Противоречие.

Первое решение. Обозначим то есть степени рассматриваемых многочленов равны

Лемма. Существует единственный многочлен степени (со старшим коэффициентам ) такой, что степень полученного многочлена будет меньше, чем

Доказательство. Запишем наш многочлен как

Обозначим и это — многочлены степени со старшим коэффициентом

В многочлене коэффициент участвует лишь в членах степени, не большей Значит, для любого коэффициент при в многочлене зависит лишь от коэффициентов при С другой стороны, коэффициент при этой же степени в есть где зависит лишь от коэффициентов при Если мы хотим, чтобы степень была меньше, чем то эти коэффициенты должны быть равны; это равенство даёт однозначное выражение через (в частности, находится единственным образом). Значит, из этих равенств по очереди находятся все коэффициенты многочлена

Теперь достаточно предъявить многочлен такой, что степень окажется меньше, чем — по лемме, он единственный, и он и даст минимальную степень Положим Тогда многочлен

имеет степень всего лишь Значит, наименьшая возможная степень и есть

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Используем те же обозначение и что и в первом решении. Мы будем считать, что

(впоследствии мы увидим, что это возможно; поэтому для многочлена минимальной степени так считать можно).

Предположим, что в многочлене есть одночлен степени, не кратной пусть — такой одночлен наибольшей степени. Тогда коэффициент многочлена при равен что противоречит неравенству.

Таким образом, в предположении, степени всех одночленов в кратны иначе говоря, существует такой многочлен что Тогда

то есть где

при этом а предположение означает, что

Рассмотрим многочлен тогда Аналогично рассуждению выше, предположим, что то есть в многочлене есть одночлены, кроме пусть — такой одночлен наибольшей степени. Тогда в многочлене есть одночлен что противоречит неравенству Таким образом, а тогда и Мы приходим к тому же примеру, что и в первом решении (и видим, что в этом случае степень действительно удовлетворяет (*)).

Пусть углы и треугольника равны, соответственно и Углы и — прямые, поэтому точки лежат на одной окружности с диаметром Тогда (в силу параллельности) Аналогично Из равнобедренного треугольника находим: Тогда Но значит, сумма углов и равна то есть точки и лежат на одной окружности.

Например, подходит

Пусть и Тогда и Возведём эти равенства в квадрат и сложим их. Тогда в силу основного тригонометрического тождества получим: то есть Пусть — НОК знаменателей чисел и тогда, умножив полученное равенство на получим требуемое.

Понятно, что и целые, так как выражаются через целые корни по теореме Виета. Для того, чтобы квадратный трёхчлен с целыми коэффициентами имел целые корни, необходимо, чтобы его дискриминант был точным квадратом. Таким образом, откуда то есть Последнее равенство равносильно двум случаям и и Первый случай целых решений не даёт, а второй — Таким образом, Заметим, что дискриминант трёхчлена равен а значит он действительно не имеет корней, что и требовалось.

Для каждого натурального обозначим Каждому ученику сопоставим множество всех дней, когда он ходил в бассейн (это будет подмножество в ). Итого, мы получили набор из (согласно условию, непустых) подмножеств в Условие равносильно тому, что во всех подмножествах разные количества элементов, и ни одно из них не содержится в другом; назовём такой набор подмножеств хорошим. Таким образом, нам нужно найти максимальное число множеств в хорошем семействе подмножеств в

Докажем сначала, что такой набор не может содержать больше множеств. Это очевидно, если в наборе есть -элементное подмножество, так как оно содержит любое другое. Значит, можно считать, что множества в наборе могут состоять лишь из элементов (и их не больше ). Пусть в хорошем наборе есть -элементное множество и -элементное множество Так как не содержится в они не пересекаются. Тогда любое другое подмножество в либо содержит либо содержится в Значит, в этом случае хороший набор состоит лишь из двух подмножеств. Наконец, если в наборе нет или -элементного подмножества, то в нём уже не более множеств, что и требовалось.

Осталось предъявить пример хорошего набора из подмножеств в Для этого покажем индукцией по что существует хороший набор подмножеств в причём содержит элемент. В базовом случае годятся подмножества и

Пусть для некоторого уже построен требуемый хороший набор подмножеств в Тогда требуемый хороший набор подмножеств в можно построить так. Положим при эти множества содержат элементов соответственно. Наконец, положим и Нетрудно проверить, что они образуют требуемый хороший набор. Тем самым переход индукции доказан.

Разобьём доску на квадратов прямоугольников и один квадрат (см. рис. слева). В каждом квадрате клетки разбиваются на четвёрок так, что расстояние между любыми клетками в одной четвёрке равно (каждая четвёрка состоит из клеток с координатами ). Тогда в любой четвёрке может быть отмечено не более одной клетки, то есть общее число отмеченных клеток в таком квадрате не превосходит

Аналогично, каждый прямоугольник (скажем, с длинной горизонтальной стороной) разбивается на пары клеток, отстоящих друг от друга на (с координатами и ) — поэтому в нём не более отмеченных клеток. Наконец, в квадрате всего клеток. Итого, отмеченных клеток не больше, чем

Пример с таким количеством отмеченных клеток показан на рис. справа.

Покажем, что требуемому условию удовлетворяют любые два столбца таблицы. Выкинем из таблицы все столбцы, кроме двух рассматриваемых. Общее число нулей в этих столбцах больше общего числа единиц; это значит, что нулей в них не меньше Если в полученной таблице строк с двумя нулями, то есть ещё хотя бы строк с одним нулём — и, следовательно, не более столбцов с двумя единицами. Осталось заметить, что

Сначала докажем, что все отрезков не могут иметь длину Предположим противное. Пусть — пятиугольник, — точка внутри него, и все проведенных отрезков имеют длину (см. рис. выше). Тогда треугольники и — правильные, поэтому Сумма же этих углов должна быть равна однако — противоречие.

Осталось привести пример, когда отрезков имеют длину (см. рис. выше). Отметим на плоскости точки и на расстоянии выберем последовательно точки и так, чтобы треугольники и были равносторонними. Тогда точка лежит внутри пятиугольника и из проведенных отрезков все, кроме имеют длину

Подставим в данное равенство вместо Получим

Итак, откуда для всех действительных получим Это и означает, что функция чётная.

Так как то Так как — медиана в прямоугольном треугольнике имеем На продолжении отрезка за точку отметим точку так, что Поскольку четырёхугольник вписанный, Следовательно, точка лежит на окружности Точка лежит на серединном перпендикуляре к отрезку поэтому Значит, прямая является серединным перпендикуляром к отрезку Поскольку отрезок является хордой окружности её центр лежит на прямой

Пусть среди сфер есть красных и зелёных. Так как у любых двух сфер максимум одна точка касания, количество синих точек не превосходит

Предъявим пример с таким количеством синих точек. Пусть — некоторая прямая, — плоскость, перпендикулярная и пересекающая её в точке а — окружность с центром и радиусом лежащая в Построим красных сфер одинакового радиуса с различными центрами лежащими на

Пусть — различные точки на удалённые от на расстояния Тогда расстояние между и любой точкой равно Значит, если мы построим зелёную сферу с центром и радиусом она будет касаться всех красных сфер. При этом все точки касания будут попарно различными, поскольку они лежат на отрезках вида которые не имеют общих точек, кроме концов. Значит, в нашей конструкции действительно будут отмечены синих точек.

Замечание. Все красные сферы в этом примере получаются друг из друга вращением вокруг прямой Поэтому, если зелёная сфера, центр которой лежит на касается одной красной сферы, то она касается и всех красных сфер.

Пусть в зоопарк было пар особей и детёнышей. Тогда каждый детёныш состоял в тройках: самку можно было выбрать из одной из пар особей, а после её выбора самца можно было выбрать из одной оставшихся пар. Значит, общее количество троек равно

Поскольку получаем то есть Значит,

Число имеет два делителя и отличающиеся на Если один из этих делителей делится на то другой даёт остаток или при делении на Тогда он взаимно прост с а значит, делит и при этом не меньше Нетрудно видеть, что этим делителем может быть только тогда

Если же оба числа не делится на , то число делится на их произведение, а это противоречит тому, что

Предположим, что требуемая расстановка существует. Ясно, что наибольшее из чисел не может равняться разности соседей; значит, каждое из остальных чисел равно разности соседей. В частности, наибольшее число встречается ровно один раз; обозначим его через

Пусть — одно из наименьших чисел в круге. Рассмотрим любую из двух дуг между и пусть на ней стоят подряд числа Докажем индукцией по что В базовом случае утверждение верно, ибо — наименьшее число. Для перехода от к предположим, что и Тогда равенство невозможно, ибо и поэтому Значит, что и доказывает переход индукции. Мы заодно показали, что при всех

Аналогично, если на другой дуге между и стоят подряд числа то и при всех Наконец, для числа условие задачи также должно выполняться, так что Без ограничения общности можно считать, что тогда

Продолжим теперь последовательности и согласно формулам и Докажем индукцией по , что При это уже доказано выше. При из соотношений получаем

Для перехода индукции предположим теперь, что и утверждение уже доказано для меньших значений По предположению индукции, имеем

откуда

что и требовалось.

Итак, мы получили, что

Значит, равенство возможно лишь при но тогда общее количество чисел в круге равно что не может равняться Противоречие.

Покажем, что ладей достаточно. Для этого заметим, что на каждую строку хватит одной ладьи: можно поставить её в клетку строки с минимальным номером, а затем обойти все клетки строки в порядке возрастания номеров.

С другой стороны, покажем, что меньше, чем ладей, может и не хватить. Для этого пронумеруем клетки так, чтобы клетки одной диагонали были пронумерованы (остальные клетки нумеруем произвольно). Тогда одна ладья не сможет побывать на двух клетках этой диагонали: если ладья встала на одну из этих клеток, то следующим ходом она обязана будет пойти на клетку с номером, большим и значит, после этого она не сможет вернуться на диагональ.

Наконец, поскольку на каждой клетке диагонали должна побывать ладья, Пете придётся использовать не менее ладей.

Пример. Произведение знаменателей может быть равным Один из возможных примеров:

Оценка. Пусть значение исходного выражения равно Тогда в результате первой операции произведение примет значение

откуда Значит,  – натуральное число, кратное 3. Аналогично доказывается, что Ясно, что делится на поэтому

Переписав равенство в виде получаем откуда

Оценка. Из каждого мамонта выпустим три стрелки в тех направлениях, в которых он бьёт. Сопоставим стрелку диагонали (не обязательно главной), если мамонт, из которого ведёт стрелка, стоит в этой диагонали, а стрелка идёт вдоль неё. Тогда каждой диагонали сопоставлено не более двух стрелок: в противном случае две из них будут идти в одном направлении, и один из мамонтов будет бить другого. Поскольку диагоналей всего (по в каждом направлении), стрелок им сопоставлено не более а значит, всего мамонтов не больше

Пример. Три возможных примера расположения мамонтов, не бьющих друг друга, показаны на рисунке.