Регион 11 класс → .01 Регион до 2015

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.

Числа и делятся на Значит, числа и также делятся на так что делится на

С другой стороны, Первое слагаемое делится на а второе — нет. Итак, является делителем числа и не делится на значит, — делитель числа

Пусть — точка пересечения данных прямых. Поскольку и точка лежит в плоскости а четырёхугольник —–параллелограмм. Значит, прямая делит отрезок пополам. Аналогично, прямая делит отрезок пополам. Значит, прямая пересекает плоскость основания пирамиды в точке пересечения диагоналей четырехугольника и диагонали делятся этой точкой пополам. Значит, — параллелограмм.

Расположим систему отсчета так, чтобы начало отсчета совпало с центром прямоугольника, а вершины прямоугольника попали на единичную окружность. Тогда Точка лежит на хорде откуда Тогда Обозначим через точку пересечения медиан треугольника Тогда комплексную координату можно вычислить Заметим, что Тогда

Вспомнив, что получаем, что последнее выражение вещественное.

Предположим, что да. Подставим в оба трёхчлена, приравняем полученные значения и после тождественных преобразований получим

При первый трёхчлен равен

Но на не делится. Пришли к противоречию.

Первое решение.

Четырехугольник вписанный, поэтому прямые и антипараллельны относительно угла, образованного прямыми и но параллельна поэтому прямые и антипараллельны, т.е. четырехугольник вписан в окружность, следовательно,

а значит четырехугольник так же является вписанным, а прямые и антипараллельны. Последняя в свою очередь антипараллельна т.е. прямые и параллельны.

Таким образом, прямые и перпендикулярны, поскольку перпендикулярны прямые им параллельные — и

Второе решение.

Пусть диагонали четырёхугольника пересекаются в точке а точка расположена между и Тогда

значит, из точек и лежащих по одну сторону от прямой отрезок виден под одним и тем же углом, поэтому точки и лежат на одной окружности, а т.к. то — диаметр этой окружности, значит, Из точек и отрезок виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром Тогда

поэтому а т.к. и то что и требовалось доказать. Аналогично для случая, когда точка расположена между и

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение.

Обозначим через точку пересечения диагоналей и Пусть для определенности точка лежит на отрезке

Пусть прямая, проходящая через параллельно пересекает в точке Треугольник и подобны (так как их стороны параллельны), откуда Прямоугольные треугольники и также подобны, поэтому Перемножая полученные равенства, получаем Но по теореме Фалеса Следовательно,

откуда Значит, и

Продолжим отрезок до пересечения с плоскостью в точке Так как плоскости и симетричны относительно биссекторной плоскости, то Аналогично по точкам и строим точки и При гомотетии с центром и коэффициентом плоскость переходит в плоскость поэтому что и требовалось доказать.

Пусть в алфавите жителей Банановой Республики букв. Занумеруем их по порядку. Выпишем на доску слово, содержащее первую букву. Затем выпишем на доску слово, содержащее вторую букву. Затем — третью, и т. д. до тех пор, пока не выпишем на доску слово, содержащее -ю букву. Таким образом мы выпишем на доску слов, в записи которых используется ровно различных букв. Сотрем с доски повторяющиеся слова (т. е. если какое-то слово написано раз, то сотрем такое слово). Вместо стертых слов выпишем на доску новые так, чтобы на доске оказалось написано ровно различных слов. Это можно сделать, поскольку слов больше При этом мы не используем новых букв, так как букв всего и каждая из них где-то записана на доске. В записи этих слов используется ровно различных букв, что и требовалось.

Выберем на плоскости начало координат и рассмотрим сумму Выберем такую нумерацию точек чтобы соответствующая сумма была максимальна. Рассмотрим теперь нумерацию точек в которой и обозначены и и ее сумму По предположению но

Последнее неравенство выполняется для любых с максимальной суммой что равносильно условию задачи.

Назовём беспосадочный перелёт из одного города в другой коротким маршрутом, а перелёт из одного города в другой с одной пересадкой в пути длинным маршрутом. Перенумеруем города и обозначим через число рейсов, выходящих из -го города.

Будем учитывать короткие маршруты в их конечных пунктах, а длинные — в пунктах пересадки. Тогда, если из города выходит авиалиний, то в нём будет учтено коротких маршрутов и длинных (так как из каждого смежного города через данный проходит длинных маршрутов), а всего — маршрутов. Таким образом, общее число маршрутов равно

Поскольку в любой степени при делении на дает остаток то остаток от деления на у общего числа маршрутов такой же, как у числа то есть а у числа этот остаток равен

Первое решение.

Пусть (равны как вписанные). Тогда и в силу равенства выполнено

Пусть и пересекаются в точке , отсюда

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть касательная к окружности , проведённая через точку , пересекает окружность в точке , лежащей на дуге , не содержащей точки .

Тогда . Поэтому , а так как как радиус, проведённый в точку касания, то .

Посмотрим, как меняется остаток от деления на при применении данной операции. Пусть записано число где — последняя цифра этого числа. Тогда после применения операции будет записано число Поскольку делится на происходит умножение остатка на Следовательно, если исходное число делилось на то любое вновь записанное также будет делиться на Поскольку на не делится, то такого быть не могло.

Пусть — решение уравнения а Тогда и а потому точка с координатами лежит на каждом из графиков и Наоборот, если точка лежит на пересечении этих графиков, то и откуда Тем самым показано, что число решений уравнения совпадает с числом точек пересечения графиков и а их

Полагая находим Полагая получим Отсюда

Пусть Тогда и так как в силу и то окончательно получаем:

С другой стороны, в силу и условия имеем:

Сравнивая и заключаем, что последовательность удовлетворяет рекуррентному соотношению

и начальным условиям

Вычислив несколько первых членов последовательности: приходим к предположению, что при всех Доказательство проведем по индукции. При и утверждение верно. Пусть оно верно при и Тогда

т. е. утверждение верно и при

Первое решение.

Обозначим углы через . Тогда

и

Здесь и выбрана из условия

Заметим, что такое расположение точки обусловлено тем, что . Далее из равенства отрезков касательных. Тогда

То есть , а также эта точка лежит на серединном перпендикуляре к в силу выбора . Тогда она должна являться центром описанной окружности , поскольку для неё это свойство выполнено, а для точек “выше” и “ниже” на прямой будет меньше и больше соответственно (то есть точка, из которой видна под углом всего одна). Здесь важно заметить, что центр описанной окружности лежит именно по эту сторону от , поскольку

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Продолжим отрезки и до пересечения в точке .

Из леммы получаем, что и — высоты треугольника , а — его ортоцентр. Поскольку , то точка — основание третьей высоты треугольника . Точки и лежат на окружности с диаметром поэтому центр этой окружности, как и точка лежит на прямой

Спроектируем точку на плоскость Полученная точка — центр окружности, описанной около треугольника

Пусть — её диаметр. Докажем, что прямые и перпендикулярны.

Действительно,

Аналогично, прямая перпендикулярна проекции прямой на плоскость Наконец, по теореме о трех перпендикулярах и следовательно, что и требовалось доказать.