Регион 11 класс

Сначала приведём стратегию за Соню. Пока она не получила больше 299 монет, перед её ходом на доске остаётся хотя бы 101 монета. Разобьем доску на 100 квадратов Получается, что какие-то две монеты лежат в одном и том же квадрате Если эти две монеты соседние по стороне, то Соня надвигает одну на другую, и получает ещё одну монету. Если они стоят по диагонали, то Соня сдвигает одну из них в столбец к другой (здесь и далее столбец имеет длину 2, строка — длину 200). Теперь, какой бы ход ни сделала Даша, эти две монетки всё ещё будут соседними по стороне (либо одна будет снята и уйдёт в доход Сони), значит, своим следующим ходом Соня сможет получить ещё одну монетку. Таким образом, Соня всегда сможет увеличивать свой выигрыш, пока он меньше 300.

Теперь покажем, как играть за Дашу, чтобы Соня не получила больше 300 монет. Пронумеруем столбцы числами от 1 до 200 по порядку, выберем в каждом нечётном столбце по одной монетке и мысленно покрасим их в красный цвет. Даше достаточно обеспечить, чтобы красные монетки всегда оставались на доске. Для этого, в свою очередь, достаточно, чтобы две красные монеты никогда не попадали в одну клетку, потому что когда в клетку попадают красная и не красная монеты, можно считать, что с доски снимается не красная.

Назовём расположение монет на доске стабильным, если по одной красной монете лежит в столбцах а ещё одна располагается в одном из двух последних столбцов 199, 200. Легко видеть, что после любого хода из стабильной позиции две красные монеты не окажутся в одной клетке. Даша будет играть так, чтобы после каждого её хода получалась стабильная позиция. Если после хода Сони позиция осталась стабильной, то Даша двигает сотую красную фишку между двумя последними столбцами, так же Даша поступит и своим первым ходом. Если же после хода Сони позиция перестала быть стабильной, то Соня подвинула одну из красных монет из некоторого столбца в соседний столбец. Тогда Даша своим ходом вернёт её в столбец Таким образом, на доске всегда останется хотя бы 100 монет, и Соня заработает не более трёхсот рублей.

Заметим, что

Пусть Заметим, что числа и взаимно просты. Предположим, что это не так, и оба этих числа делятся на простое число Тогда число

тоже делится на Тогда делится на а не кратно противоречие. Таким образом, произведение взаимно простых чисел и —– точный квадрат, тогда и каждое из них точный квадрат. Однако, число при даёт остаток 3 при делении на 4, поэтому оно точным квадратом быть не может. Остаётся разобрать случаи При получается решений нет. При мы получаем: что даёт единственное решение ,

Пусть , , , Тогда

Первое решение. Сложим первые два неравенства. Преобразуя, получаем неравенство:

Следовательно, Тогда аналогично для других двух переменных.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Не умаляя общности, предположим, что Тогда Добавив к обеим частям неравенства имеем:

откуда наибольшее из чисел Значит, и все числа меньше 1.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Из условия следует, что аналогично Также по неравенству о средних. Значит, аналогично и Не умаляя общности можно считать, что —– минимальное из чисел тогда откуда аналогично а тогда и

Обозначим через точку пересечения прямой с отрезком Заметим, что — средняя линия треугольника поэтому Значит, по теореме Фалеса

последнее равенство следует из того, что — точка пересечения медиан треугольника

Обозначим Тогда Поскольку четырёхугольник вписанный, имеем

Следовательно, прямая касается описанной окружности треугольника поэтому а тогда и Рассуждая аналогично, получаем, что Значит,

Полученная до разрезания конструкция состоит из 1024 отрезков нити, которые нить проходит поочерёдно слева направо и справа налево (пусть оба конца нити находятся слева). Тогда, если разрез проведён в см от левого края и в см от правого края, то длины полученных кусков нити равны и Поскольку этих длин всего две, то совпадает либо с либо с а наименьший кусок равен см. Значит, см или см, а общая длина нити, равная тогда может принимать значения см или см.

Первое решение. Назовём числа 0, 1, …, 49 маленькими, а остальные числа, которые могут появиться на табло, т.е. числа 50, 51, …, 99 — большими. Заметим, что после нажатия из маленького числа обязательно получается большое, а из большого числа — маленькое. Значит, после нечётного количества операций на табло будет гореть большое число.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Выстроим все целые числа от 0 до 99 в цепочку

Заметим, что если какое-то число горит на табло, то следующим числом может быть только соседнее число в цепочке. Но так как числа 0 и 25 стоят в цепочке на местах одной чётности, получить из числа 0 число 25 за нечётное количество шагов невозможно.

Обозначим общее число медведей через Тогда всего заплывов сделано не менее

С другой стороны, общее число заплывов равно количеству пар островов, то есть Таким образом,

откуда

и, следовательно,

Посчитаем, сколько медведей было в начале и в конце года на каждом из островов. В сумме получится не более потому что каждый медведь в начале и в конце года был на одном из островов. Поскольку

тогда по принципу Дирихле на каком-то острове в начале и в конце года в сумме было не более одного медведя.

Пусть в начале года на медведей не было, а в конце года там был ровно медведь. Тогда общее число заплывов, заканчивающихся на острове на больше общего числа заплывов, которые на острове начинаются. Таким образом, остров был начальной или конечной точкой для нечётного числа заплывов, но это количество должно равняться (по одному заплыву в каждую сторону для каждого из других островов), что чётно, – противоречие.

Аналогично выясняется, что наоборот тоже не бывает: если в начале года на острове был один медведь, а в конце года – ноль, то число заплывов, начинающихся на на больше числа заплывов, заканчивающихся на что снова даёт нечётное общее число заплывов, связанных с (но чётно).

Итого на острове и в начале, и в конце года медведей не было, что и требовалось.

Обозначим через и середины отрезков и Тогда — средняя линия в треугольнике а — в треугольнике Следовательно, Аналогично Таким образом, точки лежат в одной плоскости, причём из условия следует, что — прямоугольник. Значит, равны его диагонали и

Заметим, что

по неравенству ломаной, остаётся вычесть из обеих частей.

Без ограничения общности можно считать, что многочленов с положительным старшим коэффициентом больше, чем с отрицательным (иначе домножим все многочлены на ). Тогда можно выбрать 100 многочленов …, с положительным старшим коэффициентом. Рассмотрим многочлены

где и Получается, что все многочлены тоже с положительными старшими коэффициентами. Значит, если они все не имеют корней, то

Но тогда

то есть многочлен

не имеет вещественных корней, противоречие.

Положим Покажем сначала, как выложить карточки так, чтобы больше 33 попарно не пересекающихся идеальных наборов не нашлось. Для удобства обозначим буквы в алфавитном порядке через через будем обозначать последовательность из карточек, на каждой из которых написана буква

Наш ряд будет состоять из 33 блоков выложенных друг за другом в этом порядке. Блок выглядит как:

(единственную карточку с буквой в этом блоке назовём особой). Ясно, что уже в -м блоке содержится идеальных наборов, у которых общей является только особая карточка. Докажем теперь, что в каждом идеальном наборе в полученном ряду есть особая карточка. Поскольку особых карточек всего 33, отсюда будет следовать, что из любых 34 идеальных наборов два обязательно пересекутся по какой-то особой карточке, то есть не может быть больше 33.

Действительно, предположим, что нашёлся идеальный набор, в котором нет особых карточек. Найдётся индекс такой, что буква этого набора встречается не правее блока (подходит хотя бы ); выберем наименьшее такое Если карточка нашего набора встречается левее то и также встречается в наборе левее то есть не правее это противоречит минимальности Значит, встречается именно в блоке то есть написана на особой карточке, что и требовалось.

Осталось показать, что попарно не пересекающихся идеальных наборов выбрать всегда можно. При обозначим через множество из идеальных наборов, не имеющих общих букв, кроме, возможно, (оно существует по условию). Мы выберем из каждого множества по набору так, чтобы в них не было общих карточек.

Для начала, если в каком-то множестве найдутся наборов, имеющих общую карточку (естественно, с буквой ), выделим такие наборов, выбросим из остальные наборы, а общую карточку назовём полезной для буквы Теперь мы будем по очереди выбирать набор из так, чтобы он не содержал полезных карточек для букв, отличных от и не пересекался с уже выбранными наборами.

Пусть наборы из уже выбраны. Если не существует полезной карточки с буквой то уже выбранные наборы содержат карточек с буквой каждая из которых встречается меньше раз в наборах в Выкинув эти наборы, будем считать, что карточки с в наборах из не содержатся в уже выбранных наборах (если полезная карточка с буквой есть, это уже выполнено), и в не меньше наборов.

Далее, выбранный набор содержит других карточек, каждая из которых содержится максимум в одном наборе из выкинув все эти наборы, оставим в как минимум наборов, не пересекающихся с уже выбранными. Среди этих наборов максимум содержат полезные карточки с буквами, отличными от выбрав любой набор, не содержащий такой карточки, мы завершим шаг.

После завершения 33-го шага мы получим 33 попарно не пересекающихся идеальных набора, что и требовалось.

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.