Тема ТурГор (Турнир Городов)

Сложный вариант осеннего тура Турнира Городов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела тургор (турнир городов)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#98464

В прямоугольный треугольник с гипотенузой длины $1$ вписали окружность. Через точки её касания с его катетами провели прямую. Отрезок какой длины может высекать на этой прямой окружность, описанная около исходного треугольника?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть ABC — треугольник с прямым углом B, O — центр его описанной окружности, M и N — точки касания вписанной окружности с катетами AB и BC соответственно. Что можно сказать о точках пересечения прямой MN с окружностью?

Подсказка 2

Может, они являются серединами дуг? Попробуйте это доказать.

Подсказка 3

А можно ли тут воспользоваться леммой 255?

Показать ответ и решение

Пусть $ABC$ — треугольник с прямым углом $B,O$ — центр его описанной окружности, $M$ и $N$ — точки касания вписанной окружности с катетами $AB$ и $BC$ соответственно, $X$ и $Y$ — середины дуг $AB$ и $BC$ . Достаточно доказать, что точки $M$ и $N$ лежат на хорде $XY$ .

$PIC$

Пусть точка $P$ — проекция точки $A$ на биссектрису угла $C$ , точка $Q$ — проекция точки $C$ на биссектрису угла $A$ . По Задаче 255 точки $P$ и $Q$ лежат на прямой $MN$ . Так как $90∘ = ∠B = ∠APC = ∠AQC$ , точки $P$ и $Q$ совпадают соответственно с $X$ и $Y$ .

Ответ:

$√2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#104459

Пусть $p$ и $q$ — взаимно простые натуральные числа. Лягушка прыгает по числовой прямой, начиная в точке $0.$ Каждый раз она прыгает либо на $p$ вправо, либо на $q$ влево. Однажды лягушка вернулась в $0.$ Докажите, что для любого натурального $d <p+ q$ найдутся два числа, посещённые лягушкой и отличающиеся ровно на $d.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какой есть частный случай пары (p;q)?

Подсказка 2

p = q = 1. С ним все понятно, теперь считаем, что p и q различны, пусть p < q. Что можно сказать о длине пути, который пропрыгала лягушка?

Подсказка 3

Заметим, что его длина делится на p и q, тогда и на pq, так как p и q взаимно просты.

Подсказка 4

Тогда длина пути равна kpq, сколько прыжков сделала лягушка?

Подсказка 5

Лягушка сделает kq "коротких" прыжков вправо и kp "длинных" прыжков влево. Подумайте, как при взаимно простых p и q можно представить d.

Подсказка 6

d = ap - bq. Подумайте, какими можно выбрать a и b.

Подсказка 7

Давайте назовем каждую серию из a+b последовательных прыжков лягушки окном. Сколько всего будет окон?

Подсказка 8

Окон будет ровно k(p+q). Нам нужно окно, где лягушка сделала a коротких и b длинных прыжков и сдвинулась на d = ap - bq.

Подсказка 9

Такое окно найдётся, если есть окно, где коротких прыжков не менее a, и окно, где их не более a. Докажите, что существует такое окно.

Подсказка 10

А что, если сдвигать первое окно по кругу, пока мы не дойдем до второго? Сколько всего будет коротких прыжков в окнах?

Показать доказательство

Первое решение. Случай $p= q = 1$ очевиден. Иначе $p$ и $q$ различны, пусть $p< q.$ Всего лягушка пропрыгала путь, длина которого делится на $p$ и на $q,$ а значит, и на $pq,$ так как $p$ и $q$ взаимно просты. Тогда длина пути равна $kpq$ для некоторого натурального $k,$ и лягушка сделала $kq$ «коротких» прыжков вправо и $kp$ «длинных» прыжков влево.

Известно, что при взаимно простых $p$ и $q$ можно представить $d$ в виде $d= ap− bq$ с целыми $a$ и $b.$ Это равенство, очевидно, сохранится, если одновременно увеличить (или уменьшить) $a$ на $q$ и $b$ на $p.$ Поэтому можно выбрать $a$ натуральным и не превосходящим $q.$ При этом будет неотрицательным (иначе $d> p+q),$ и так как $a≤ q,$ то $b<p$ (ведь $d >0).$ Поэтому $a+ b< p+ q ≤ k(p+ q).$

Назовём каждую серию из $a+ b$ последовательных прыжков лягушки окном. Условно считаем, что за последним прыжком лягушки идёт её первый прыжок (как при движении по кругу), поэтому окно может состоять и из нескольких последних и первых прыжков. Тогда всего окон ровно $k(p+ q)$ штук.

Надо найти окно, где лягушка сделала ровно $a$ коротких прыжков (и $b$ длинных) — тогда она сдвинется на $d$ за эти $a+ b$ прыжков. Такое окно найдётся, если есть окно, где коротких прыжков не менее $a,$ и окно, где их не более $a:$ можно сдвигать первое окно по кругу, пока не дойдём до второго, число коротких прыжков в окне каждый раз меняется максимум на $1,$ поэтому будет момент, когда оно равно $a.$

Сложим число коротких прыжков во всех окнах — получим $kq(a +b),$ ведь каждый прыжок учил $a+b$ раз. Окон $k(p+ q),$ и в среднем на окно придётся $kqk(a(p++bq))$ коротких прыжков. Это число равно

kq(a+-b)-= qa-+qb= pa+-qa−-d= a− -d-- k(p +q) p +q p+q p+ q

что больше $a− 1$ и меньше $a.$ Значит, найдётся окно, где коротких прыжков не менее $a,$ и окно, где их не более $a.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Лягушку из условия назовём старой. Будем считать, что она пропрыгивает свою последовательность ходов бесконечное число раз по циклу. Посадим на прямую новую лягушку в точку $d$ и заставим её прыгать ту же последовательность прыжков, что прыгает старая (тоже в бесконечном цикле).

Множество чисел, посещённых новой лягушкой, получается из множества чисел, посещённых старой, сдвигом на $d.$ Если хотя бы одно число из нового множества совпадет с числом из старого, то обратный сдвиг даст нам искомую пару чисел. Предположим, что этого не произойдёт.

Как и в предыдущем решении, представим число $d$ в виде $ap− bq$ для некоторых неотрицательных $a$ и $b.$ Заставим старую лягушку пропрыгать $a +b$ ходов по её циклу; она окажется в точке $e =xp− yq,$ где $x+ y = a+b.$ Так как $a− x = y− b,$ разность координат новой и старой лягушек кратна $p +q :$

d− e= (a − x)p− (b− y)q = (a− x)(p+ q)

Далее пустим лягушек прыгать одновременно: старую по продолжению исходной траектории, а новую — по сдвинутой. На каждом шаге разность их координат будет либо не меняться (если они прыгают в одну сторону), либо меняться на $p +q$ (если одна прыгает на $+ p,$ а другая на $− q).$ Таким образом, разность всегда будет оставаться кратной $p+q;$ при этом она, по предположению, не может становиться нулевой, поэтому она всегда будет сохранять знак.

Пусть лягушки пропрыгали полный цикл и вернулись (новая в $d,$ а старая в $e).$ Количество ходов в цикле обозначим через $T.$ Сумму всех чисел, посещённых новой лягушкой (без учёта начальной позиции), обозначим через $S, 1$ а сумму чисел, посещённых старой, — через $S.$ С одной стороны, числа на соответствующих ходах отличались не менее чем на $p +q,$ причём разность всегда имела один и тот же знак, поэтому $|S1 − S|≥ T(p+q).$ С другой стороны, набор чисел, посещённых новой лягушкой за цикл, отличается от аналогичного набора старой лягушки сдвигом на $d,$ поэтому $|S1− S|= Td$ (отметим, что эти наборы могут содержать некоторые числа по несколько раз, если в течение цикла лягушка посещала их неоднократно). Подставляя и сокращая на $T,$ получаем $d≥ p+ q,$ что противоречит условию задачи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Как и в решении $2,$ будем считать, что лягушка прыгает в бесконечном цикле. Также воспользуемся представлением $d =ap− bq$ для неотрицательных $a$ и $b,$ сумму $a +b$ обозначив через $r.$

Через $δi$ обозначим разность между положениями лягушки в момент $i+r$ (то есть через $i+ r$ шагов после начала) и в момент $i.$ Так как их разделяет $r$ шагов, то

δi = xp− (r− x)q = ap +(x− a)p− bq− (r− x− b)q =

= d+ (x − a)p+(x− (r− b))q = d+ (x− a)(p+q)

Если $δi$ равно $d,$ то мы нашли искомые позиции. Предположим противное, пусть $δi ⁄= d$ для всех $i.$ Тогда все числа $δi$ имеют вид $d+ (p+q)ki$ для целых $ki ⁄= 0.$

Заметим, что разность между $δi$ и $δi+1$ определяется тем, какими были $(i+ 1)$ -й и $(i+r+ 1)$ -й шаги; разобрав случаи, нетрудно убедиться, что она равна $± (p+q)$ или $0.$ Это означает, что числа $δi$ либо все меньше $0,$ либо все больше $0.$

Рассмотрим позицию лягушки через $rT$ шагов, где $T$ — количество шагов в её цикле. С одной стороны, она равна сумме $δ0+ δr +δ2r+...+δr(r − 1),$ которая по доказанному выше должна быть либо отрицательной, либо положительной. С другой стороны, через $rT$ шагов лягушка вернётся на позицию $0.$ Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#91439

Равнобокая трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ вписана в окружность с центром $O.$ Прямая $BO$ пересекает отрезок $AD$ в точке $E.$ Пусть $O1$ и $O2$ — центры описанных окружностей треугольников $ABE$ и $DBE$ соответственно. Докажите, что точки $O1,O2,O,C$ лежат на одной окружности.

Источники: Турнир городов - 2019, осенний тур, сложный вариант, 8.5(см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У вас на рисунке довольно много окружностей, соберите как можно больше информации про углы. Посмотрите на центральные и вписанные углы.

Подсказка 2

Также посмотрите на прямые OO_1, OO_2 и O_1O_2, они являются серединными перпендикулярами каких-то прямых, не так ли?

Подсказка 3

Пусть K - середина отрезка AB. На какой она лежит прямой кроме AB? Попробуйте доказать, что OO_1BO_2 вписанный. Как это поможет в решении?

Показать доказательство

Нетрудно понять, что $AD$ — большее основание, треугольник $AEB$ остроугольный, и точки $B,C$ и $O 2$ лежат по одну сторону от прямой $OO1.$ Прямые $OO1,O1O2$ и $OO2$ — серединные перпендикуляры к $AB, BE$ и $BD$ соответственно. Пусть $K$ — середина $AB.$

$PIC$

Так как $∠BO1O2 = ∠BAD = ∠BOO2$ (половина центрального угла равна вписанному для треугольников $BAE$ и $BAD ),$ то, четырёхугольник $OO1BO2$ вписанный. Поскольку

∠KO1B =∠AEB =∠CBE = ∠CBO = ∠BCO

то четырёхугольник $OO1BC$ вписанный. Поэтому точки $O,O1,B,C,O2$ лежат на одной окружности.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76622

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность $Ω$ с центром $O,$ причём $O$ не лежит на диагоналях четырёхугольника. Описанная окружность $Ω1$ треугольника $AOC$ проходит через середину диагонали $BD.$ Докажите, что описанная окружность $Ω2$ треугольника $BOD$ проходит через середину диагонали $AC.$

Источники: Турнир городов - 2017, осенний тур, сложный вариант, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте рассмотреть инверсию относительно окружности (ABC).

Подсказка 2

Соберите побольше информации про то, как себя ведëт окружность (AOC) при инверсии, также обратите внимание на точку L - середину BD. Подумайте, как это перенести на точку K - середину AC.

Показать доказательство

$PIC$

Отметим точки $K$ и $L$ – середины диагоналей $AC$ и $BD.$ Сделаем инверсию относительно окружности $Ω.$ Окружность $Ω1$ переходит в прямую $AC,$ а значит точка $L$ переходит в точку пересечения $AC$ и $OL$ – $L ′.$ Отметим $K ′$ – точку пересечения прямых $OK$ и $BD.$ Для того, чтобы доказать, что точка $K$ лежит на окружности $Ω2$ достаточно проверить, что точки $K$ и $K ′$ также инверсны относительно окружности $Ω,$ ведь под действием такой инверсии прямая $BD$ переходит в окружность $Ω2.$ Отметим, что четырехугольник $K′L′LK$ вписанный, ведь $∠K ′KL ′ = 90∘ = ∠K ′LL′.$ По свойству степени точки $O :OK ⋅OK ′= OL ⋅OL′ = r2,$ где $r$ – радиус $Ω.$ По определению это означает, что точки $K$ и $K′$ инверсны относительно $Ω.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#73702

Геометрическая прогрессия состоит из $37$ натуральных чисел. Первый и последний члены прогрессии взаимно просты. Докажите, что $19$ -й член прогрессии является $18$ -й степенью натурального числа.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что все члены нашей прогрессии – натуральные числа, что в этом случае мы можем сказать о знаменателе прогрессии (обозначим его q)? Какому множеству чисел принадлежит q?

Подсказка 2

Хочется сказать, что q – тоже натуральное число, но не забывайте о том, что при умножении натурального числа на рациональное тоже может получиться натуральное число, так что в общем случае q = p/r, где p и r – взаимно простые натуральные числа (ясно, что q > 0, иначе не все члены прогрессии были бы натуральными, так что р и r обязательно должны быть одного знака, без ограничений общности будем считать их положительными)

Подсказка 3

Теперь посмотрим на первый (b₁) и последний (b₃₇) члены нашей прогрессии, пользуясь фактом об их взаимной простоте, можем ли мы сказать, чему равен b₁?

Подсказка 4

Так как b₃₇ = b₁p³⁶/r³⁶ – натуральное число, а р и r взаимно просты, очевидно, что b₁ должно делиться на r³⁶, то есть b₁ = kr³⁶, а чему может быть равно k?

Подсказка 5

У нас получилось, что b₃₇ = b₁p³⁶/r³⁶ = kp³⁶, но тогда b₃₇ и b₁ имеют общий делитель k, чтобы выполнялось условие задачи, необходимо положить k = 1, теперь мы можем записать 19 член нашей прогрессии через р и r и получить желаемое!

Показать доказательство

Пусть наша прогрессия $b ,b ,...b , 1 2 37$ а знаменатель $q.$ Так как $b ,b 1 2$ — натуральные числа, значит, $q$ — рациональное число, пусть $p q = r,$ где $(p,r)= 1$ и $p,r ∈ℕ.$ По условию первый и $37$ члены взаимно просты. Значит,

36 36 b1 (b1,b37)= (b1,b1q )=(b1,p r36)= 1

Так как $b1$ — натуральное, а $(p,r) =1,$ то $b r136 ∈ ℕ.$ Если $36 b1 ⁄= r ,$ то $36 b (b1,p r136)⁄= 1,$ следовательно $36 b1 =r .$ Теперь ясно, что $b19 = b1q18 = (pr)18$ — получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#100267

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность с центром $O,$ причём точка $O$ не лежит ни на одной из диагоналей этого четырёхугольника. Известно, что центр описанной окружности треугольника $AOC$ лежит на прямой $BD.$ Докажите, что центр описанной окружности треугольника $BOD$ лежит на прямой $AC.$

Источники: Турнир городов - 2011, осенний тур, сложный вариант, 11.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно показать, что центр окружности лежит на указанной прямой?

Подсказка 2

Показать, что указанная прямая является серединным перпендикуляром к некоторой хорде данной окружности. Какую хорду окружности можно рассмотреть?

Подсказка 3

Хочется, чтобы концом рассматриваемой хорды была точка O, потому что в таком случае достаточно показать, что отражение S точки O относительно хорды BD лежит на окружности AOC. Как это сделать? Напомним, что точка O₁ — центр окружности (BOD) лежит на прямой AC.

Подсказка 4

Прямая AC при инверсии относительно (ABCD) переходит в окружность (AOC). Тогда достаточно показать, что S является образом точки O₁ при указанной инверсии.

Показать доказательство

Пусть $O 1$ — центр окружности $(BOD ).$ При инверсии относительно окружности $(ABCD )$ точка $O 1$ переходит в точку $S,$ симметричную точке $O$ относительно хорды $BD,$ которая лежит на окружности $AOC$ — образе прямой $AC.$ Таким образом, прямая $BD$ является серединным перпендикуляром к хорде $SO$ окружности $(AOC ),$ то есть проходит через ее центр.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#75637

На сторонах $BC$ и $CD$ ромба $ABCD$ отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $BP = CQ.$ Докажите, что точка пересечения медиан треугольника $APQ$ лежит на диагонали $BD$ ромба.

Источники: Турнир городов - 2010, осенний тур, сложный вариант, 9.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Утверждение задачи очевидно в случае, если P совпадает с C или B. Каким способов можно обобщить данный факт, если знаем, что он верен в нужном количестве частных случаев?

Подсказка 2

Доказать задачу с помощью линейного движения. Достаточно показать, что точка пересечения медиан движется линейно при линейном движении точки P. Случаи для проверки, что прямая ее движения совпадает с BD мы уже нашли.

Подсказка 3

Понятно, что точки P и Q движутся линейно. Что в таком случае можно сказать, про середину их отрезка?

Подсказка 4

Она так же движется линейно. Как из этого следует линейность движения точки пересечения медиан?

Подсказка 5

Последняя лежит на отрезке, который соединяет данную середину с вершиной A, и делит его в фиксированном отношении 2 : 1, то есть так же движется линейно.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение. Пусть точки $P$ и $Q$ будут двигаться линейно из точки $B$ в точку $C$ и из точки $C$ в точку $D$ с равными скоростями. Тогда точка $X$ — середина отрезка $PQ$ также будет двигаться линейно. Значит, и точка $Y,$ делящая отрезок $AX$ в отношении $2$ к $1,$ будет двигаться линейно. Следовательно, точка пересечения медиан треугольника $APQ$ движется линейно по некоторой прямой $ℓ.$ Осталось показать, что $ℓ= BD$ Для этого достаточно найти два момента времени, когда точка пересечения медиан лежит на $BD.$ Например, подойдут положения $P =B,Q = C$ и $P = C,Q= D.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Расположим наш ромб на комплексной плоскости так, чтобы его центр попал в начало отсчета, вершина $B$ — в точку $i,$ вершина $D$ — в точку $− i$ (этого можно добиться с помощью поворота, параллельного переноса и гомотетии). Тогда вершины $A$ и $C$ попадут на вещественную ось, причем $a= −c.$ Пусть $BP-= λPC,$ откуда $p= i+-λc. 1 +λ$ Аналогично $c− λi q = 1+-λ.$ Координата точки пересения медиан треугольника $AP Q$ может быть вычислена по формуле $a-+p+-q = i+-λc+-c− λi−-c− λc-= i⋅-1− λ . 3 3(1 +λ) 3(1+ λ)$ Последнее выражение является чисто мнимым, а значит, лежит на прямой $BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70196

Углы $AOB$ и $COD$ совмещаются поворотом так, что луч $OA$ совмещается с лучом $OC,$ а луч $OB$ — с $OD.$ В них вписаны окружности, пересекающиеся в точках $E$ и $F.$ Докажите, что углы $AOE$ и $DOF$ равны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас на картинке есть две вписанные окружности. Было бы полезно отметить их центры O₁ и O₂. Верно ли, что теперь можно доказывать равенство уголков ∠O₁OF и ∠O₂OE?

Подсказка 2

Верно! Ведь ∠AOF и ∠DOE равны. Но тогда интересно будет посмотреть на биссектрису угла ∠O₁OO₂: обозначим за OK- биссектрису в треугольнике △O₁OO₂. Тогда ∠O₁OF=∠O₂OE ⇔ ∠FOK=∠FOE. А что можно сказать про отрезки EK и FK?

Подсказка 3

Они равны, ведь O₁O₂- серпер к EF. Если бы точки O, E, K и F лежали на одной окружности, то все было бы замечательно. Какую мы знаем окружность, которая проходит через O и K...

Подсказка 4

Окружность Аполлония для точек O₁ и O₂. Осталось только доказать, что EO₁ /EO₂=FO₁ /FO₂=OO₁ /OO₂. Первое равенство очевидно, ведь EO₁=FO₁=R₁ и EO₂=FO₂=R₂. Как доказать, что OO₁/OO₂=R₁/R₂?

Подсказка 5

Нужно всего лишь посмотреть на синусы углов ∠AOO₁ и ∠COO₂!

Показать доказательство

Первое решение.

Пусть $O1,O2$ — центры окружностей, $r1,r2$ — их радиусы. Проведём биссектрису угла $AOD$ (она же — биссектриса угла $O1OO2).$ Пусть она пересекает отрезок $O1O2$ в точке $K.$

$PIC$

Поскольку

KO1 :KO2 = OO1 :OO2 =r1 :r2 = EO1 :EO2 = FO1 :FO2,

то точки $E,F,O,K$ принадлежат одной и той же окружности Аполлония точек $O1$ и $O2.$ Поскольку $O1O2$ — серединный перпендикуляр к $EF,$ то равны хорды этой окружности $EK$ и $F K.$ Значит, равны и опирающиеся на них вписанные углы $EOK$ и $FOK,$ откуда немедленно следует равенство углов $AOE$ и $DOF.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Сделаем инверсию с центром в точке $O$ такую, что первая окружность переходит в равную второй. Вторая, соответственно, перейдёт в равную первой. Тогда, с одной стороны, лучи $OF$ и $OE$ перейдут в себя, с другой — мы имеем картинку, симметричную исходной относительно биссектрисы угла $AOD,$ а значит, она же биссектриса угла $EOF,$ откуда $∠AOE = ∠DOF.$

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#32437

Дан треугольник $ABC.$ В нём $H$ — точка пересечения высот, $I$ — центр вписанной окружности, $O$ — центр описанной окружности, $K$ — точка касания вписанной окружности со стороной $BC.$ Известно, что отрезки $IO$ и $BC$ параллельны. Докажите, что отрезки $AO$ и $HK$ также параллельны.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, надо понять, что именно нам нужно доказывать, надо разбить нашу задачу на подзадачи, каждая из которых будет легче данной. Мы видим здесь ортоцентр и центр вписанной окружности. Из свойств ортоцентра, мы знаем, что расстояние от вершины до ортоцентра в два раза больше расстояния от центра описанной окружности до , противоположной этой вершине, стороны. Значит, стоит отметить середину BC и посмотреть, что это даст, учитывая условия задачи.

Подсказка 2

Верно, если середина - это M₁, то OMс=AH/2. А как нам использовать параллельность из условия? Высота из одной точки уже есть, а что такое высота из другой точки? Как это можно использовать?

Подсказка 3

Высота из другой точки - точки I - это точка касания вписанной окружности. Значит, IK₁=OM₁. Но при этом, мы знаем, что OM₁=AH/2, значит 2*IK₁=AH. Где можно на картинке найти удвоенный отрезок IK₁(радиус окружности)? Что это дает?

Подсказка 4

Удвоенный радиус вписанной окружности это, по сути, диаметр вписанной окружности. Значит, удобнее всего здесь отметить на этой окружности точку, диаметрально противоположную K₁ (искушенные читатели знают, что это совсем не простая точка).Пусть это точка D. Что тогда можно сказать про эту точку и точку А? В какой точке пересекает отрезок DA сторону BC? А если провести прямую, параллельную BC и проходящую через D?

Подсказка 5

Если провести такую прямую, то, во-первых, она будет касательной к вписанной окружности. Но при этом для треугольника, который отсекается этой параллельной прямой, эта окружность будет вневписанная. На построение какой окружности тогда намекает такое расположение?

Подсказка 6

Верно! На построение вневписанной окружности, которая касается BC. При этом, пусть AD пересекает BC в точке T₁. У нас есть вписанная и вневписанная окружности. Что принято рассматривать, когда есть две окружности, вписанные в один угол и имеющие две параллельные соответственные касательные?

Подсказка 7

Нужно рассмотреть гомотетию, с центром в точке А, переводящую вписанную окружность во вневписанную. Тогда, так как центр гомотетии, образ и точка лежат на 1 прямой, то выходит, что T₁-точка касания вневписанной окружности стороны BC, так как AD пересекает BC именно в этой точке. Значит, A,D,T₁ лежат на одной прямой! А что это дает? Как связаны точки касания вписанной и вневписанной окружности?

Подсказка 8

Да, CT₁=BK₁ (доказывается через обычный счет отрезков касания). Но при этом, М₁ — середина BC. То есть, от BC с концов отрезали равные отрезки (CT₁ и BK₁) и взяли середину. Значит, T₁M₁=M₁K₁. Так-так… А о чем задача? Ах да, нужно доказать, что AO и HK параллельны. Но при этом, на картинке у нас уже есть две параллельные прямые, которые отличны от тех, что в условии. Какие это прямые?

Подсказка 9

DK₁=AH, по доказанному. При этом, они параллельны. Значит, AHK₁D — параллелограмм. Значит, HK₁ || AD. Но нам же нужно доказать, что HK₁ || AO. Ого! Выходит, нам нужно доказать, что O лежит на прямой AD и задача решена? А равенство отрезков, доказанное ранее в пункте 8, может нам помочь?

Подсказка 10

Ну конечно, может! Только вот как бы это сделать? Хмм… А может быть, угадать эту точку на прямой AD? А вот если рассмотреть середину DT1…

Подсказка 11

Ничего себе! Если соединить середину DT₁ с другой серединой - М₁, то выходит, что этот отрезок будет перпендикулярен BC, при этом, будет равен половине DK₁, то есть, равен IK₁… Так это же отрезок M₁O ! Значит, O-середина DT₁, а значит, лежит на DT₁, а значит, и на AO !

Показать доказательство

Пусть $M 1$ — середина стороны $BC$ , $T 1$ — точка касания вневписанной окружности для треугольника $ABC,$ $AT 1$ пересекается с $M1O$ в точке $′ O.$ Воспользуемся фактом, что на прямой $AT1$ лежит диаметрально противоположная точке $K1$ точка $D.$

$PIC$

Так как $M1O ′ ∥K1D$ из перпендикулярности $BC$ и хорошо известно, что $K1M1 = M1T1,$ то $M1O ′$ — средняя линия $△T1K1D$ и $T1O′ = O′D.$ При этом $K1I = ID= r,$ откуда $O′I$ — также средняя линия $△T1DK1$ и параллельна $BC,$ откуда из условия задачи следует, что $O′ = O.$

В итоге имеем $O ∈AT1.$ В силу перпендикулярности $BC$ мы знаем, что $AH ∥DK1.$ Кроме того, по свойству ортоцентра $AH = 2OM1 = 2IK1 = 2r,$ тогда $AH = DK1.$ Так что $AHK1D$ — параллелограмм, поэтому $AO ∥HK1.$

Замечание.

Равенство $AH =2OM1$ можно проверить чисто технически: пусть $CHC$ — высота $ABC,$ тогда $AH = AC⋅sinACHC-= AC-⋅cos∠BAC = 2Rcos∠BAC. cosHCAH sin∠B$ При этом $OM1 = OB ⋅cos∠BOM1 = R ⋅cos∠BOC-= R⋅cos∠BAC = AH∕2. 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#81315

Имеется несколько юношей, каждый из которых знаком с некоторыми девушками. Две свахи знают, кто с кем знаком. Одна сваха заявляет: “Я могу одновременно поженить всех брюнетов так, чтобы каждый из них женился на знакомой ему девушке!” Вторая сваха говорит: “А я могу устроить судьбу всех блондинок: каждая выйдет замуж за знакомого юношу!” Этот диалог услышал любитель математики, который сказал: “В таком случае можно сделать и то, и другое!” Прав ли он?

Источники: Турнир городов - 2003, осенний тур, сложный вариант, 11.1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пример: пара — брюнет и блондинка. Видимо любитель математики не соврал… Приведите стратегию в общем виде

Подсказка 2

Представьте назначения первой свахи и второй свахи как два паросочетания в двудольном графе "юноши-девушки". Какие структуры (компоненты связности) образуются?

Подсказка 3

Получившиеся структуры — циклы и цепи. Из-за чередования юношей и девушек все циклы и цепи чётной длины легко разбиваются на пары знакомых, чередуя "руки". А цепи нечётной длины?

Подсказка 4

В нечётной цепи на одном из концов останется свободная левая рука. Пусть это юноша, может ли он быть брюнетом?

Показать ответ и решение

Пусть каждый брюнет возьмёт правой рукой левую руку девушки, предназначенной ему первой свахой, а каждая блондинка возьмёт правой рукой левую руку юноши, предназначенного ей второй свахой. При этом образуются хороводы (циклы) и цепочки, которые содержат всех брюнетов, всех блондинок и, возможно, кого-то еще. Цепочки из чётного числа людей и хороводы (там чётное число людей ввиду чередования) разбиваются на пары знакомых, и их можно поженить.

Пусть цепочка состоит из нечётного числа людей и юношей в ней больше, чем девушек. Тогда на её концах стоят юноши и у одного из них свободна правая рука. Значит, он не брюнет, и его можно удалить из цепочки, а оставшихся переженить. Аналогично поступим с цепочкой, в которой больше девушек.

Ответ:

Прав

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#35580

На каждом из полей верхней и нижней горизонтали шахматной доски $8× 8$ стоит по фишке: внизу — белые, вверху — черные. За один ход разрешается передвинуть любую фишку на соседнюю свободную клетку по вертикали или горизонтали. За какое наименьшее число ходов можно добиться того, чтобы все черные фишки стояли внизу, а белые — вверху?

Источники: Турнир городов - 2000, осенний тур, основной вариант, 9.4

Показать ответ и решение

Сначала оценим наименьшее число ходов. Чтобы попасть на противоположную сторону доски, фишке надо сделать семь вертикальных ходов. Но хотя бы одна из двух фишек, стоящих на одной вертикали, должна сделать горизонтальный ход (иначе им не разминуться). Поэтому вместе эти фишки сделают не менее 15 ходов. А таких пар на доске восемь. Значит, менее чем за 120 ходов добиться требуемой расстановки нельзя.

$PIC$

Придумаем алгоритм. Разобьём фишки на четвёрки, стоящих на двух соседних вертикалях. Каждую четвёрку передвинем за 30 ходов так, как показано на рисунке:

"Потери"на горизонтальные ходы происходят только на втором и четвёртом этапах.

Ответ: 120

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#40097

Последовательность определяется так: первые её члены равны $1,2,3,4,5.$ Далее каждый следующий (начиная с $6$ -го) равен произведению всех предыдущих членов минус $1.$ Докажите, что сумма квадратов первых $70$ членов последовательности равна их произведению.

Источники: Турнир городов - 1996, осенний тур, сложный вариант, 9.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

В этой задаче нам потребуется один трюк. Чтобы доказать это, введем новую последовательность - такую, что ее n-ый член это разность a1a2a3...an и a1^2+a2^2...+an^2. И докажем, что 70ый член данной последовательности равен 0!

Подсказка 2!

Как бы это доказать? Вы знаете начальные члены последовательности, значит, надо как-то выразить n+1ый через nый, чтобы посчитать 70ый!

Показать доказательство

Пусть первоначальная последовательность была $x ,n∈ ℕ. n$ Введём новую последовательность $y = x ⋅...x − (x2+ ...+ x2), n 1 n 1 n$ посчитаем разность $yn− yn+1$ для $n ≥5 :$

2 2 2 2 2 yn− yn+1 = x1 ⋅...xn − (x1+ ...+ xn)+ (x1+...+xn +xn+1)− x1⋅...xn ⋅xn+1 =

2 = xn+1+ 1+ xn+1 − (xn+1+1)xn+1 = 1

Тогда $y = yn− 1. n+1$ Поскольку $y = 5!− (12+ 22+ 32+ 42 +52)= 120− 55= 65, 5$ то $y = y − 65=0, 70 5$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#98989

Выпуклый $n$ -угольник триангулирован. Разрешается проделывать следующее преобразование flip: взяв пару треугольников $ABD$ и $BCD$ с общей стороной, заменить их на треугольники $ABC$ и $ACD.$

(a) Докажите, что при помощи flip-ов из любой триангуляции можно получить любую другую.

(b) Пусть $f(n)$ — наименьшее число flip-ов, за которое можно перевести каждое разбиение в любое другое. Докажите, что $f(n)≥ n− 3.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Давайте докажем утверждение индукцией по n. Какую именно вершину многоугольника можно исключить из рассмотрения?

Подсказка 2, пункт а

Конечно, ту вершину, из которой не выходит диагоналей. Если бы у двух, интересующих нас триангуляций, такая вершина совпала, задача была бы уже решена.

Подсказка, пункт б

Мы хотим придумать две расстановки диагоналей, которые нельзя быстро друг в друга перевести. n-3 в точности равняется числу диагоналей, как это использовать?

Подсказка 1, пункт в

Верхняя и нижняя оценка отличаются примерно в 2 раза. Это позволяет нам попробовать найти промежуточную триангуляцию, к которой мы умеем приходить достаточно быстро.

Подсказка 2, пункт в

Промежуточная триангуляция должна быть достаточно простой. Рассмотрим, например ту, в которой все диагонали имеют общую вершину. Подойдёт ли она нам?

Показать доказательство

(a) Проведем доказательство индукцией по $n.$ База для $n =3$ тривиальна. Пусть в $n−$ угольнике с помощью flip-ов можно получить все триангуляции. Докажем это утверждение для $(n+1)−$ угольника. Пусть $M = A1A2...An+1$ — наш $(n+ 1)−$ угольник. Заметим, что проведена хотя бы одна диагональ $AkA(k+2).$ Иначе, если ни одной такой диагонали не проведено, то найдется диагональ $AkAk+j,$ где $j ≥ 3.$ Рассмотрим диагональ между вершинами $AkAk+j$ с минимальным $j.$ Тогда между вершинами $Ak+1,Ak+2,...,Ak+j−1$ не проведено ни одной диагонали. Так как $j ≥3,$ то получаем, что наше разбиение многоугольника диагоналями не является триангуляцией — противоречие. Итак, хотя бы одна диагональ проведена между вершинами $AkAk+2$ для некоторого $k.$ Она отсекает от нашего многоугольника треугольник $AkAk+1Ak+2.$ Весь многоугольник без этого треугольника обозначим $M ′$ (он получается удалением вершины $Ak+1$ из $M$ и ребер, соединенных с ней). Тогда $M′$ — выпуклый $n−$ угольник. Любое его разбиение может быть получено flip-ами треугольников в его триангуляции. Вернемся к многоугольнику $M.$ С помощью нескольких flip-ов можно вместо диагонали $AkAk+2$ получить любую диагональ $AsAs+2.$ Если такая диагональ получена, то рассуждения о получении триангуляций с этой диагональю аналогичны рассуждениям с диагональю $AkAk+1.$ Таким образом, любая триангуляция получится, поскольку любая триангуляция содержит диагональ между некоторыми вершинами $As$ и $As+2.$

(b) Рассмотрим соседние вершины $A$ и $B.$ Обозначим через $P1$ разбиение, в котором все $n − 3$ диагонали выходят из вершины $A,$ а через $P2$ — разбиение, в котором все диагонали выходят из $B.$ Заметим, что в $P2$ ни одна диагональ не выходит из $A.$ Поскольку за одну перестройку добавляется не более одной диагонали, выходящей из $A,$ то для преобразования $P 2$ в $P 1$ требуется не менее $n− 3$ перестроек.

(c) Предположим, что мы хотим преобразовать $P3$ в $P4,$ где $P3$ и $P4$ — два произвольных разбиения. Пусть $A$ — вершшна, из которой выходит хотя бы одна диагональ $P4,$ $P1$ — перестройка, определенная в (b). Покажем, что можно преобразовать $P3$ в $P1,$ добавляя при каждой перестройке по одной диагонали, выходящей из $A.$ Пусть диагональ $AC$ ещё не проведена. Тогда её начало принадлежит одному из треугольников $ADE$ разбиения, причем $DE$ — диагональ. Поэтому к ней с другой стороны прилегает некий треугольник $DEF$ разбиения ( $F$ может совпадать с $B ).$ Сделав flip четырёхугольника $ADF E,$ мы добавим диагональ $AF.$ Итак, для указанного преобразования нужно не более $n − 3$ перестроек. Для преобразования $P1$ в $P4$ необходимо столько же flip-oв, сколько для обратного преобразования $P4$ в $P1,$ то есть не более $n − 4,$ поскольку одна диагональ уже стоит на своём месте.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#101492

Доказать, что из $17$ различных натуральных чисел либо найдутся пять таких чисел $a,b,c,d,e,$ что каждое из чисел этой пятёрки, кроме последнего, делится на число, стоящее за ним, либо найдутся пять таких чисел, что ни одно из них не делится на другое.

Показать доказательство

Расставим все числа в последовательность в порядке их возрастания. Пройдём по этой последовательности слева направо и присвоим каждому её элементу числовой индекс следующим образом: индекс числа равен максимальному из индексов его делителей плюс $1$ (если у числа делителей нет, то его индекс равен $1).$ К моменту, когда мы доходим до некоторого числа $n,$ индексы всем его делителям (они могут стоять только слева от $n)$ уже присвоены, поэтому процедура определена корректно. Возможны два случая.

$1)$ В последовательности встретилось число, имеющее индекс $5.$ Тогда у этого числа есть делитель с индексом $4,$ у того, в свою очередь, есть делитель с индексом $3,$ и т. д. Получим пятёрку чисел, в которой каждое следующее делится на предыдущее.

$2)$ Все числа в последовательности имеют индексы меньше $5.$ Тогда по принципу Дирихле хотя бы один из индексов встретится не менее пяти раз. Но если два числа имеют одинаковый индекс, то ни одно из них не делится на другое.