Регион 11 класс → .11 Регион 2024

Вычтем из обоих трехчленов линейную функцию, график которой проходит через точки и Обозначим полученные трехчлены соответственно и (где у старший коэффициент равен а у он равен ). Пусть абсциссы точек и равны соответственно и Тогда и касательные в точках и к графику трехчлена пересекаются на графике В самом деле, вычитание линейной функции сохраняет условия касания прямой и параболы в точке с заданной абсциссой, а также пересечения двух прямых и параболы в одной точке.

Обозначим через Поскольку график трехчлена симметричен относительно прямой поэтому касательные к этому графику в точках и пересекаются на оси симметрии. Пусть также точка пересечения касательных имеет координаты а вершина параболы-графика имеет координаты

Поскольку старший коэффициент трехчлена равен имеет место равенство или поскольку график есть парабола , перенесенная параллельно так, чтобы вершина попала в По этой же причине угловые коэффициенты касательных в точках и есть значит, Таким образом, если перенести параболы-графики и так, чтобы их вершины попали в то ординаты точек с абсциссой на этих параболах будут соответственно и из чего следует, что старший коэффициент у в раза больше, чем у

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.

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.

Число не может быть натуральным. Если то если же то — не целое. Следовательно, натуральными могут быть не более 2023 чисел

Можно взять тогда

При положим Тогда

и все будут натуральными.

Покажем, что Требуемое в условии равенство получается вычитанием из обеих частей этого равенства площади серого треугольника с вершиной в точке а также добавлением площадей двух серых треугольников, примыкающих к хордам и (см. рис.).

Заметим, что

поэтому синусы этих углов равны. Поэтому достаточно доказать, что Покажем, что оба произведения равны Для этого достаточно доказать следующее вспомогательное утверждение.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть и — две точки на полуокружности с диаметром точка лежит на отрезке и Тогда

Доказательство. Отметим точку симметричную относительно Тогда четырёхугольник вписан в окружность с диаметром Также в силу симметрии и

то есть точки лежат на одной прямой. Значит, — точка пересечения диагоналей вписанного четырёхугольника поэтому

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Таким образом, лемма доказана, что завершает решение задачи.

Обозначим и перепишем уравнение в виде:

Заметим, что

Дальше, перепишем уравнение в виде

откуда сразу следует, что все его корни строго больше 1. Добавим к каждой части уравнение превратится в

где

Если обозначить то получим однородное уравнение

из которого следует, что где

Дальше, каждое из уравнений можно переписать в виде

Эти уравнения различны, и каждое из них имеет два различных положительных корня, так как исходное уравнение имеет 4 различных положительных корня. Из этого следует, что

Так как функция строго убывает при (это несложно показать, например, взяв производную), то

Теперь уже легко вычислить и упорядочить :

значит,

Рассмотрим равносторонний треугольник со стороной разобьём его на правильные треугольнички со стороной и отметим все вершины этих треугольников; полученную конструкцию назовём -треугольником. В дальнейшем под прямыми мы всегда будем понимать прямые, параллельные сторонам этого треугольника и проходящие через хотя бы одну отмеченную точку.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть — отмеченная точка в -треугольнике. Тогда существует единственный способ провести прямых так, что все отмеченные точки, кроме, возможно, покрыты этими прямыми. А именно, для каждой стороны -треугольника надо провести все прямые, параллельные ей и лежащие между этой стороной и точкой включая саму сторону, но исключая прямую, содержащую

Доказательство. Индукция по База при проверяется легко: надо провести прямую, содержащую две оставшихся точки, кроме

Для перехода рассмотрим сторону -треугольника, на которой не лежит Если прямая, содержащая эту сторону, не проведена, то все отмеченных точек на этой прямой должны быть покрыты различными прямыми; это невозможно, так как прямых Значит, эта прямая проведена. Выкинув её и точки -треугольника, лежащие на ней, получаем -треугольник, в котором проведено прямых с теми же условиями. Осталось применять предположение индукции.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдём к задаче. Рассмотрим одно из разбиений на линейные множества. Для каждого множества проведём прямую, его содержащую. Тогда эти прямые покрыли все отмеченные точки -треугольника, кроме, возможно, его центра Значит, эти прямые устроены так, как описано в лемме, и для любого разбиения этот набор прямых один и тот же.

Заметим, что наш -треугольник разбился на областей: три «ромба» в углах, состоящих из точек, покрытых нашими прямыми дважды, и три «трапеции» у сторон, в которых каждая точка покрыты одной прямой. Тогда каждая точка в «трапеции» относится к множеству, лежащему на этой прямой; каждую же точку в «ромбе» можно отнести к любому из двух множеств, лежащих на проходящих через неё прямых. Все такие выборы можно сделать независимо друг от друга. Поскольку в каждом из трёх «ромбов» всего точек, получаем, что требуемых разбиений ровно

Первое решение. Выберем гирь с массами вида и дадим Пете, а Васе дадим гирь с массами вида г. Тогда масса любых гирь, взятых у одного человека, будет делиться на а масса любых гирь, взятых у одного человека, не будет делиться на

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Выберем гирь с массами и дадим Пете, а Васе дадим гирь с массами г. Тогда у Пети масса любых 11 или 12 гирь будет меньше г. А масса любых или гирь у Васи будет больше г.

Обозначим через центр окружности, описанной около треугольника через — центр сферы (см. рис.). При центральной симметрии относительно точки треугольник переходит в треугольник Следовательно, точки и симметричны относительно точки то есть — середина отрезка

Также мы получаем, что плоскости и параллельны. Тогда на прямой, проходящей через точку перпендикулярно этим плоскостям, лежат точки и поэтому Таким образом, — медиана в прямоугольном треугольнике значит, что и требовалось.

Построим двоичное дерево глубины со значениями в вершинах, следующим образом: представим в виде суммы дробей с числителями и знаменателями, не превосходящими поместим данные дроби в листьях; значения остальных вершин это сумма их потомков (следовательно в корне будет ). Если у каждой вершины (кроме, разумеется, листьев) значения потомков различны, то такое дерево соответствует победной стратегии Пети: каждое число из дерева записывается в виде суммы значений потомков, а Вася, выбирая одно из них, осуществляет спуск по дереву. Через минут они спустятся в один из листов, то есть будет записана одна из исходных дробей.

Теперь покажем, что такое дерево существует, для этого докажем лемму.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Есть 2 четвёрки чисел

Тогда их можно сгруппировать по парам чтобы числа в каждой паре были различны и суммы чисел в каждой паре были различны.

Доказательство. Разберем несколько случаев:

Если не умаляя общности и можно сгруппировать

В случае и н.у.о. группируем

сводится к предыдущему, если мы перейдем к четверкам чисел

Пары и разные, а также пары и разные. В таком случае покажем как сгруппировать числа первых двух пар между собой, с числами в третьей и четвертой паре поступим аналогично, явно получив две меньшие суммы чем в первой паре. Если или подходит в противном случае можно сгруппировать и

Покажем, что описанное в начале решения дерево существует (значения потомков на каждом шаге — различные числа), если исходные дробей удастся разбить на четверки так, чтобы в каждой четверке были попарно различные дроби. Действительно, в таком случае на очередном шаге мы разобьем четверки на пары и согласно лемме будем складывать числа из разных четверок. После каждого такого шага получившиеся суммы вновь будут разбиваться на четверки попарно различных чисел.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Построив снизу вверх так первые уровня дерева, мы в итоге получим четверку различных чисел

далее рассмотрим вершины со значениями(и соответствующими потомками) и и последнем шаге сложим уже эти два числа, получив в корне.

Таким образом, достаточно представить в виде суммы дробей вида четырьмя разными способами, каждый раз используя разные знаменатели, не превосходящие

Первый способ — сумма одинаковых дробей Построим три других представления. Заметим, что среди чисел

не более одной степени двойки и не более двух простых чисел (потому что простые числа, большие трех, могут давать только остатки 1 и 5 от деления на 6), уберем такие числа из рассмотрения. Любое оставшееся число можно представить в виде где и нечетно. Тогда кратно обозначим частное от деления через Получаем, что

Возьмем дроби вида и дроби вида Поскольку то

Посчитаем сумму этих дробей:

Проделаем так для трех различных значений остается убедиться, что полученные представления не содержат одинаковых дробей. Ясно, что с первым выбранным набором три новых не пересекаются, а также дроби вида могут быть лишь в одном наборе. Остается проверить, что дроби вида различны. Предположим противное, Поскольку и нечетны, получаем, что и это число — общий делитель и Тогда кратно поэтому Однако,

откуда и противоречие.