Турнир городов - задания по годам → .08 Турнир городов 2022

Пусть — точка пересечения касательных и Докажем, что все прямые проходят через точку — основание внешней биссектрисы угла треугольника (точка существует, так как треугольник неравнобедренный).

По теореме, обратной к теореме Менелая, для треугольника достаточно проверить, что

Поскольку и равны как касательные, достаточно проверить равенство

Но по свойству внешней биссектрисы

Так что проверяем равенство

Пусть и пересекают окружность в точках и соответственно. Запишем степени точек и относительно окружности

Осталось проверить равенство

Это равенство следует из того, что касается описанной окружности треугольника в точке

Пусть — коэффициенты многочлена от старшего к младшему, — известные корни, — неизвестный корень. Прежде всего заметим, что так как все корни между 0 и 1, то в силу теоремы Виета коэффициент — наименьший из коэффициентов по абсолютной величине.

Поскольку все корни многочлена положительны, знаки коэффициентов чередуются. Поэтому, зная определяем Если найти то определяется и Заметим, что по Виета

Поэтому можно найти Так как и известны, отсюда определяется А значит и третий корень

Докажем сначала, что неравносторонний треугольник под условие подходить не может. Предположим противное, пусть такой треугольник есть и в нём причём длины этих сторон различаются хотя бы на

Рассмотрим точку расположенную на перпендикуляре к плоскости проходящем через точку на расстоянии от Тогда

Можно выбрать настолько близко к вершине уменьшая чтобы и отличались соответственно от и меньше, чем на и чтобы было меньше Тогда стороны и будут различаться более чем на а длина стороны меньше — противоречие с неравенством треугольника.

Покажем теперь, что равносторонний треугольник удобен. Пусть Отметим на лучах точки так, чтобы выполнялись равенства:

Треугольники и подобны по углу и отношению двух сторон, откуда

Аналогично вычисляем длины остальных сторон. Получаем, что треугольник — искомый.

Пример. Для прямоугольника получаем

Оценка. Пусть в кроссворде клеток. Выберем некоторое его покрытие наименьшим количеством слов. Слова из этого покрытия назовём правильными, а остальные неправильными.

Каждая клетка содержится не более чем в одном горизонтальном и одном вертикальном слове. Хотя бы одно из этих слов правильное, так как правильные слова покрывают весь кроссворд. Значит, каждая клетка принадлежит не более чем одному неправильному слову. Поэтому сумма количеств клеток в неправильных словах не больше

Если клетка является словом, то к ней не примыкает другая клетка кроссворда ни по горизонтали, ни по вертикали. Следовательно, клетка входит в любое покрытие кроссворда словами и, значит, является правильным словом. Поэтому все неправильные слова содержат не меньше чем по две клетки и количество неправильных слов не больше

Так как правильные слова покрывают весь кроссворд, сумма количеств клеток в них не меньше Каждое слово содержит не больше клеток, поэтому количество правильных слов не меньше Отсюда

Любая функция, полученная описанным способом, — многочлен от и с целыми коэффициентами. Доказательство индукцией по числу шагов: исходная функция имеет такой вид; производная многочлена с целыми коэффициентами — многочлен с целыми коэффициентами; аналогичное верно для суммы и произведения. При синус и косинус принимают целые значения, поэтому значение многочлена от них с целыми коэффициентами — целое, то есть целое.

Положим

Запишем на доску

Тогда

Аналогично

Суммируя такие функции, получаем все чётные константы.

Покажем, что нечётную константу получить нельзя. Заметим, что

Поэтому все функции, которые можно получить, — это многочлены от и с целыми коэффициентами и нулевым свободным членом. При остаются лишь члены с косинусом (равным 1). Коэффициенты при чётных степенях косинуса чётны, а при нечётных либо иррациональны, либо равны нулю. Целочисленное значение получится, если сумма коэффициентов при нечётных степенях равна 0, но тогда значение чётно, что и требовалось доказать.

Назовем слова, которые можно получить, достижимыми. Всего существует различных слов длины поэтому достаточно доказать, что количество достижимых слов длины равно Докажем это утверждение по индукции.

База индукции. Для и это легко проверяется: А АА, А АБ.

Шаг индукции. Пусть для всех длин, не превосходящих утверждение верно. Посмотрим, как можно получить слово длины

1.

из слова длины применив операцию а): W АW

2.

из слова длины применив операцию б): W WБ

3.

из слова длины применив операцию в): W БWА

Слов 1-го и 2-го типа по а слов 3-го типа При этом слова 3-го типа не могут совпадать со словами 1-го и 2-го типа. А вот множества слов 1-го и 2-го типа пересекаются. Их общие слова имеют вид АБ. Докажем, что слова (которые находятся между буквами А и Б) — это все достижимые слова длины Понятно, что если — достижимое слово, то за две операции из него можно получить АБ. С другой стороны, если слово Б достижимое, то посмотрим, как оно было получено. Если проделать все те же операции, но пропустить приписывание последней буквы Б, то будет получено слово значит, оно достижимое.

Таким образом, общих слов 1-го и 2-го типа столько же, сколько достижимых слов длины то есть Следовательно, количество слов длины равно что и требовалось доказать.

Пусть через шагов мы поделили отрезок на отрезки . Индукцией по покажем, что сумма чисел, записанных на доске, равна сумме всевозможных попарных произведений чисел .

База очевидна.

Переход: Пусть на шаге сумма равна . На -м шаге мы делим -й отрезок на отрезки и , тогда сумма примет вид:

В данном случае — попарные произведения чисел без , а — сумма этих же чисел без . Таким образом, на -м шаге также получили всевозможные попарные произведения.

Тогда задача свелась к тому, что нужно доказать, что сумма всевозможных попарных произведений чисел меньше , если их сумма равна , а это следует, например, из того, что:

Пусть — середина — середина Рассмотрим плоскость Заметим, что прямая перпендикулярна прямым и а значит она перпендикулярна плоскости Следовательно, Нетрудно видеть, что при симметрии относительно плоскости отрезок перейдёт в отрезок то есть Таким образом, ортоцентр треугольника лежит на отрезке — серединном перпендикуляре

Покажем, что лежит на окружности с центром радиусом лежащей в плоскости Для этого определим на отрезке точку такую, что и точку — вторичное пересечение прямой с Осталось посчитать, что четырёхугольник — вписанный, то есть доказать равенство

Пусть длина стороны квадрата и правильного треугольника равна Из подобия треугольников и нетрудно получить, что Также понятно, что откуда Получили нужное равенство.