Турнир городов - задания по годам → .07 Турнир городов 2021

Положим

Тогда

Пусть и строго возрастают (соответственно, строго убывают). Тогда как их полусумма строго возрастает (соответственно, строго убывает), что противоречит условию.

Если же какая-то из функций и строго возрастает, а другая строго убывает, то обе функции и строго возрастают или строго убывают. Следовательно, их полусумма строго монотонна — снова противоречие с условием.

Пусть — вершина пирамиды, — её основание. Разобьём все рёбра пирамиды на пары смежных, одно из которых боковое, а другое лежит в основании:

На каждый ход Пети Вася может отвечать в ту же пару, то есть красить в зелёный цвет ребро из той пары, в которой Петя только что покрасил второе ребро в красный. Если Петя покрасит хотя бы одно ребро в основании пирамиды, то в ответ Вася покрасит боковое ребро из той же пары, пусть это, например, ребро . Так как в конце игры вершина соединена зелёным ребром либо с , либо с , то из неё можно дойти по зелёным рёбрам до . Далее, вершина соединена либо с , либо с , из которой есть путь по зелёным рёбрам до . Следовательно, и из вершины можно добраться до по зелёным рёбрам. Продолжая эти рассуждения, получим, что из всех вершин можно дойти по зелёным рёбрам до вершины , а это значит, что Вася победил.

Таким образом, чтобы не проиграть, Петя должен красить только боковые рёбра. После его предпоследнего хода неокрашенными останутся ребро из пары, в которую он только что сходил, и два ребра ещё из одной пары. Тогда в ответ Вася может покрасить в зелёный цвет последнее неокрашенное боковое ребро, после чего они покрасят ещё по одному ребру в основании. В итоге зелёным цветом будут покрашены все рёбра в основании пирамиды, кроме одного, а также одно боковое ребро, поэтому каждые две вершины будут соединены путём из зелёных рёбер. Значит, и в этом случае Вася победит.

Первое решение.

Случай очевиден. Иначе основания и высот и лежат на биссектрисе по разные стороны от , прямые и параллельны и . Задача будет решена, если мы докажем подобие треугольников и (тогда равные углы и вертикальны и точки лежат на одной прямой). Для этого достаточно проверить, что .

Пусть и — точки касания окружности со сторонами и соответственно. Тогда , и осталось доказать равенство . Оно следует из подобия треугольников и : они прямоугольные, а поскольку — биссектриса угла , углы и равны.

Второе решение.

Так как содержит высоту треугольника , то . Пусть — точка касания со вписанной окружностью, так что . Тогда

Аналогично , откуда . И также , откуда . Таким образом, . Значит, , откуда и следует, что на одной прямой.

Докажем, что все , большие , — простые числа. Предположим противное, тогда некоторое раскладывается как , где , и следовательно . Согласно определению не является ни одним из . Тогда для какого-то . Раз не было выбрано в качестве , оно делится на какое-то . Но тогда и делится на . Противоречие.

Пусть мы опросили людей. Опросим еще случайных людей из оставшихся. Разобьем 46 опрошенных людей на 4 группы по 11,11,11,13 человек. Пусть групшы, где 11 человек, будут отвечать на вопросы так, будто свидетели они и 4 неопрошенных человека, а группа из 13 человек будет отвечать на вопросы так, будто свидетели они и 2 любых неопрошенных. Так как мы не можем понять, какая из версий настоящая, то и преступника мы найти не сможем, ведь любой человек в какой-то из версий свидетель.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Выберем 47 человек и каждого спросим «Кто из жителей преступники?». Пусть каждый назвал 35 человек и никто не назвал себя, иначе преступник определяется очевидно. Разобьем всех людей на групшы так, что внутри одной группы ответы одинаковые.

Заметим, что в одной группе не больше 15 человек, иначе каждый из них обвинил бы менее 35 человек. Докажем, что найдется группа, в которой менее 12 человек.

Действительно, если в каждой группе хотя бы 12 человек, то если этих групп хотя бы 4 , то всего людей хотя бы , а если групп не более, чем 3 , то всего людей не более, чем — противоречие.

Возьмем ту группу, где меньше 12 человек. Если бы кто-то из них был свидетелем, то вместе с ним свидетелем могли быть только люди из его группы и неопрошенные люди, то есть менее 15 человек, противоречие. Значит, люди этой группы — преступники.

Будем называть точку с рациональными координатами рациональной. Рассмотрим окружность . Докажем, что на ней существует сколь угодно много рациональных точек.

Рассмотрим прямую вида с рациональным . Она проходит через точку окружности, и вторая точка пересечения с окружностью тоже будет рациональной (поскольку квадратное уравнение с рациональными коэффициентами имеет рациональный корень 0 , второй корень также рационален).

Выбирая разные рациональные , отметим на окружности 2021 рациональную точку, включая точки . Через каждую из этих 2021 точек проведём касательную к окружности и отметим точки пересечения соседних касательных, получим описанный 2021-угольник (строго это можно обосновать, например, так: сначала получим описанный квадрат, проведя касательные в четырёх указанных точках, а затем по очереди проведём остальные касательные: каждая будет отсекать от уже имеющегося многоугольника треугольник, примыкающий к вершине).

Заметим, что уравнения касательных имеют рациональные координаты (поскольку касательные перпендикулярны прямым, соединяющим начало координат с рациональными точками касания). Точка пересечения прямых с рациональными координатами рациональна (как единственное решение системы линейных уравнений с рациональными коэффициентами). Значит, вершины нашего 2021-угольника рациональны. Приведём координаты вершин к общему знаменателю и рассмотрим гомотетию с центром в начале координат и коэффициентом . Она переведёт наш 2021-угольник в удовлетворяющий условию задачи.

Докажем, что подходит Предварительно заметим, что любую пару с ненулевым можно получить так:

Аналогично можно получить любую пару с ненулевым Тогда любую пару с отличными от нуля и можно получить как «сумму» двух рассмотренных выше пар. Пару можно получить как сумму двух пар аналогично можно получить пару а пару — как

Пусть — треугольник с прямым углом — центр его описанной окружности, и — точки касания вписанной окружности с катетами и соответственно, и — середины дуг и . Достаточно доказать, что точки и лежат на хорде .

Пусть точка — проекция точки на биссектрису угла , точка — проекция точки на биссектрису угла . По Задаче 255 точки и лежат на прямой . Так как , точки и совпадают соответственно с и .

Первое решение. Случай очевиден. Иначе и различны, пусть Всего лягушка проигрывала путь, длина которого делится на и на а значит, и на так как и взаимно просты. Тогда длина пути равна для некоторого натурального и лягушка сделала «коротких» прыжков вправо и «длинных» прыжков влево.

Известно, что при взаимно простых и можно представить в виде с целыми и Это равенство, очевидно, сохранится, если одновременно увеличить (или уменьшить) на и на Поэтому можно выбрать натуральным и не превосходящим При этом будет неотрицательным (иначе и так как то (ведь Поэтому

Назовём каждую серию из 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 штук.

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

Сложим число коротких прыжков во всех окнах — получим ведь каждый прыжок учил раз. Окон и в среднем на окно придётся коротких прыжков. Это число равно

что больше и меньше Значит, найдётся окно, где коротких прыжков не менее и окно, где их не более

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

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 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 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 в виде для некоторых неотрицательных и Заставим старую лягушку пропрыгать ходов по её циклу; она окажется в точке где Так как разность координат новой и старой лягушек кратна

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 (если одна прыгает на а другая на Таким образом, разность всегда будет оставаться кратной при этом она, по предположению, не может становиться нулевой, поэтому она всегда будет сохранять знак.

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

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Как и в решении будем считать, что лягушка прыгает в бесконечном цикле. Также воспользуемся представлением для неотрицательных и сумму обозначив через

Через обозначим разность между положениями лягушки в момент (то есть через шагов после начала) и в момент Так как их разделяет шагов, то

Если равно то мы нашли искомые позиции. Предположим противное, пусть для всех Тогда все числа имеют вид для целых

Заметим, что разность между и определяется тем, какими были -й и -й шаги; разобрав случаи, нетрудно убедиться, что она равна или Это означает, что числа либо все меньше либо все больше

Рассмотрим позицию лягушки через шагов, где — количество шагов в её цикле. С одной стороны, она равна сумме которая по доказанному выше должна быть либо отрицательной, либо положительной. С другой стороны, через шагов лягушка вернётся на позицию Противоречие.