Турнир городов - задания по годам → .06 Турнир городов 2020

Пример. Условию задачи, очевидно, удовлетворяют числа так как при любом натуральном число делится как на так и на

Оценка. Пусть — три подряд идущих числа в строке, но не первые три числа. Докажем, что По условию, где и натуральные. Тогда причём делится на Получаем, что делится на откуда делится на и так как и взаимно просты, делится на то есть что и требовалось.

Заметим, что первые два числа не меньше каждое. Третье число больше второго (так как делится на сумму второго и первого), а значит, хотя бы в два раза больше второго (так как делится на него и не равно ему). По доказанному выше, четвёртое число тогда хотя бы в раза больше третьего, пятое — хотя бы в раза больше четвёртого, и так далее, откуда по индукции получаем, что -е число не меньше, чем ()! при всех натуральных

Пусть — центр описанной окружности треугольника а — центр вписанной окружности данного треугольника.

Заметим, что Тогда из равенства углов и того, что по условию, точки и симметричны относительно биссектрисы Следовательно, Аналогичными рассуждениями получаем, что Из равенств следует, что и есть центр описанной окружности треугольника

Первое решение.

Рассмотрим клетчатый квадрат размером и удалим из него внутренний центральный квадрат оставив только рамку толщиной 1. В рамке будет как раз 40 клеток. Докажем, что на плоскости нет клетчатого прямоугольника, содержащего ровно 20 из этих 40 клеток.

Допустим, такой прямоугольник есть. Пусть в нём есть клетки из обеих вертикальных сторон рамки. Тогда каждая горизонтальная сторона рамки либо полностью включена в прямоугольник, либо вовсе не включена. Если включена ровно одна горизонтальная сторона, число клеток в прямоугольнике нечётно, если обе — клеток 40 (слишком много), а если ни одной — клеток максимум (слишком мало).

Значит, в прямоугольнике могут быть клетки лишь из одной вертикальной стороны рамки, и, аналогично, лишь из одной горизонтальной стороны рамки. Но эти стороны соседние, и суммарно в них максимум 19 клеток — слишком мало. Противоречие.

Второе решение.

Рассмотрим клетчатый прямоугольник и удалим из него клетки и Останется ровно 40 клеток. Предположим, что нашёлся клетчатый прямоугольник, в котором ровно 20 отмеченных клеток. Он может затрагивать одну, две или три горизонтали с номерами

Если он затрагивает одну горизонталь, то в нём не более 14 отмеченных клеток.

Если он задевает 2 горизонтали (одна из них — вторая), то он задевает вертикаль с номером 7 (иначе в нём не более 14 клеток). Тогда эта вертикаль вносит в прямоугольник нечётное число отмеченных клеток, а остальные — чётное. Поэтому общее число отмеченных клеток в прямоугольнике нечётно.

Если он задевает все три горизонтали, то число отмеченных клеток в нём либо кратно 3 (если он не задевает 7-й вертикали), либо имеет остаток 1 при делении на 3 (иначе).

В каждом из случаев получаем противоречие.

Замечание. Возможны другие решения. Например, подходит квадрат с вырезанным центральным квадратом но доказательство более длинное.

Сначала докажем два вспомогательных утверждения.

Утверждение 1. Покажем, что при таком определении производной для последовательности выполняется: производная суммы — это сумма производных.

Пусть дана последовательность, являющаяся суммой нескольких других последовательностей:

где — какие-то произвольных последовательностей. Тогда производная этой суммы:

В силу произвольности наше утверждение доказано.

Утверждение 2. Пусть и — две произвольные хорошие последовательности. Тогда покажем, что производная произведения двух произвольных членов этих последовательностей положительна. То есть для всех выполнено:

А также, что производная состоит из суммы слагаемых того же вида — произведений членов из двух хороших последовательностей.

Запишем по определению производной:

Так как обе последовательности хорошие, то полученное выражение положительно, и каждое из слагаемых — произведение членов хороших последовательностей. Следовательно, утверждение доказано.

Теперь вернёмся к решению задачи. Пусть Тогда по утверждению 2 для любого

Значит, первая производная (и, соответственно, произведения любых двух хороших последовательностей) состоит из положительных чисел.

Кроме того, мы представили в виде суммы двух произведений хороших последовательностей. Далее по индукции, используя утверждения 1 и 2, получаем, что и все производные состоят из положительных чисел.

Первое решение.

Пусть — центр сферы, а — данный сферический треугольник. По формуле площади сферического треугольника

то есть (Доказательство формулы площади заключается в применении формулы включений-исключений к трём полусферам, пересечением которых является данный треугольник.)

Построим на сфере точку лежащую с в разных полуплоскостях относительно и такую, что и (имеются в виду сферические углы; иначе говоря, точка получена из композицией симметрии относительно и симметрии относительно серединного перпендикуляра к Тогда треугольники и равны. Значит, и Но из условия имеем следовательно, сферические треугольники и также равны треугольнику Четыре полученных треугольника покрывают сферу, так как в сумме без пересечений покрывают поверхность равную площади поверхности всей сферы.

Второе решение.

Пусть — вершины данного треугольника. Покажем, что треугольник остроугольный. Действительно, пусть Если плоскость содержит центр сферы, то сферический треугольник вырожден, и его площадь не такая, как надо. Иначе отрезает от сферы «шапочку» площади меньше полусферы. Далее, прямая (нестрого) разделяет и проекцию на значит, часть шапочки, отсекаемая плоскостью и содержащая не больше её половины. Наконец, сферический треугольник лежит в этой области, площадь которой меньше четверти площади сферы — противоречие.

Итак, треугольник остроугольный; тогда существует равногранный тетраэдр (точки и лежат в одной полуплоскости относительно Пусть — центр этого равногранного тетраэдра. Тогда телесные углы разбивают пространство, то есть каждый из них равен четверти площади единичной сферы. Однако, если ближе к чем то этот телесный угол больше, чем а если дальше, то меньше. Оба случая невозможны; значит, и упомянутые телесные углы дают требуемое разбиение сферы на 4 части.

Первое решение.

Присвоим цветам остатки от деления на 3 произвольным образом. Все операции с ними также будем производить по модулю Тогда операция, производимая роботом, такова: если уничтожаются кубики цветов и то появляется кубик цвета

Если то после каждого прохода полного круга количество кубиков уменьшается вдвое, а их сумма меняет знак. Значит, в конце получится кубик цвета вне зависимости от места старта. Мы доказали, что степени двойки удачны.

Если где то рассмотрим расстановку из одного красного кубика и белого. Если робот стартует перед красным кубиком, то после ходов останутся один синий кубик и белых. Если робот стартует непосредственно после красного кубика, то через ходов останутся один красный кубик и белых. Вышеприведённые аргументы для степени двойки показывают, что в этих двух ситуациях итоговые цвета будут разными, то есть неудачно.

Второе решение.

Заметим сразу, что, если чётное число удачно, то и тоже. Действительно, если в расстановке кубиков робот будет начинать только с чётных позиций, то после ходов он будет получать одну и ту же расстановку, в которой он стоит на всевозможных позициях. Поскольку каждая расстановка кубиков может быть получена таким образом, получаем требуемое.

Рассмотрим две расстановки, отличающиеся ровно в одном месте. Запустим в них по роботу параллельно; тогда получающиеся расстановки всегда будут отличаться ровно в одном месте. В частности, итоговые цвета будут различны.

Отсюда уже следует, что все нечётные (а значит, по замечанию, и все кроме степеней двойки) неудачны. Действительно, начнём с расстановки с одним красным и белыми кубиками. Если робот стоял перед красным кубиком, через ход останутся один красный и белый кубик, робот стоит после красного. Если же робот стартует непосредственно после красного, через ход останутся один синий и белых кубиков, робот стоит непосредственно после синего. Как показано выше, итоговые цвета в этих двух ситуациях будут разными.

Покажем теперь, что, если — степень двойки, то итоговый цвет не зависит от места старта. Для этого сделаем ещё одно наблюдение по поводу замены цвета. Если цвет одного кубика в расстановке сменить на следующий в циклическом порядке

то после одного использования цвет сдвинется в противоположную сторону.

Значит, если любая такая замена исходного кубика приведёт к сдвигу цвета итогового кубика в одну и ту же сторону. Осталось заметить, что две расстановки, отличающиеся поворотом, получаются из расстановки всех белых кубиков за одинаковое количество замен "вперёд по циклу".