Турнир городов - задания по годам → .03 Турнир городов 2017
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Графики двух квадратных трёхчленов пересекаются в двух точках. В обеих точках касательные к графикам перпендикулярны. Верно ли, что оси симметрии графиков совпадают?
Источники:
Подсказка 1
Для начала надо бы рассмотреть какую-нибудь параболу. Далеко ходить не будем, возьмём просто y = x². Ну и проведём касательную в точке А, отличной от вершины параболы. Всегда ли можно построить в таком случае перпендикулярную касательную?
Подсказка 2
Оказывается, что из непрерывности и неограниченности производной следует, что действительно найдётся перпендикулярная касательная. Попробуйте это осознать! Пусть это будет касательная в точке B. Теперь мы хотим построить ещё одну параболу, которая будет пересекаться с нашей в этих двух точках касания, да при этом ещё должно соблюдаться условие на перпендикулярность касательных в этих точках... Постойте, может, нам поможет какое-нибудь известное и красивое преобразование, связанное с серединой отрезка AB!
Подсказка 3
Ну конечно же, центральная симметрия относительно середины AB! Попробуйте понять, что произойдёт с касательными в точках A и B для новой параболы, получится ли нужная нам перпендикулярность. Если да, то останется понять, как соотносятся абсциссы вершин этих парабол, ведь через них проходят оси симметрии!
Первое решение.
Рассмотрим . Проведём касательную в любой точке
, кроме вершины. В силу непрерывности (и на самом деле
неограниченности) производной найдётся касательная в другой точке
, перпендикулярная нашей. Затем отразим всю параболу
относительно середины
отрезка
. Точки пересечения поменяются местами, касательная в точке
к исходной параболе перейдёт в
параллельную касательную в точке
к новой параболе, а касательная в точке
к исходной параболе перейдёт в параллельную
касательную в точке
к новой параболе. Так что к новой параболе касательные останутся перпендикулярны. При этом
абсцисса вершины новой параболы будет равна удвоенной абсциссе точки
, а не нулю, так что оси симметрии у парабол не
совпадают.
Второе решение.
Приведём ещё один конкретный пример: и
. Оси парабол
различны, а
пересекаются они в точках
. Возьмём производные
. Подставляя
и
, получаем
произведения тангенсов углов наклона касательных в точках пересечения
. То есть касательные действительно
перпендикулярны в обеих точках при несовпадающих осях.
нет
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
В ряд стоят детей разного роста. Разрешается выбрать любых
детей, стоящих подряд, и переставить их между собой как угодно
(остальные остаются на своих местах). Как всего за шесть таких перестановок гарантированно построить всех детей по убыванию роста
слева направо?
Источники:
Подсказка 1
Подумайте, как будем расставлять детей каждый раз, когда берём группу из 50 человек, если в итоге хотим получить расстановку по убыванию. И над тем, какие группы хорошо бы брать...
Подсказка 2
Если хотим всех расставить по убыванию, то как будто бы нужно сразу по убыванию и ставить всех. А как бы нам выбрать группы, чтобы 25 самых низких стояли в самом конце - там, где им и нужно стоять? Научитесь переставлять их за 3 хода!
Подсказка 3
Давайте обозначим первые слева 25 мест в ряду буквой A, вторые 25 − B, третьи и четвёртые — C и D. Можем постепенно по убыванию расставлять детей, перемещая 25 низких всё правее и правее
Подсказка 4
То есть можем сначала поставить всех по убыванию в АВ - тогда 25 низких точно не в А, значит они где-то среди ВСD. Потом так же расставляем ВС… Уловили идею? Попробуйте так допереставлять 25 самых низких, а потом аналогично расставить 25 следующих по росту детей!
Подсказка 5
Заметьте, что для правильной расстановки 25 следующих по росту детей нам понадобится всего 2 хода, потому что D мы уже не трогаем, там все правильно стоят. Остаётся последний ход - какой и для чего?
Подсказка 6
Да, расставляем всех из АВ по убыванию! Потому что в С и D все уже верно стоят, осталось расставить по убыванию детей из АВ.
Обозначим первые слева мест в ряду буквой
вторые
третьи и четвёртые —
и
Каждый раз, выбирая
детей,
будем выстраивать их по убыванию роста. Сделаем это сначала с
затем с
и, наконец, с
После первой
перестановки
самых низких детей окажутся в куске
после второй — в
после третьей — в
Таким
образом,
самых низких детей уже расставлены правильно. Снова выполним перестановки
и
Они расставят в
нужном порядке следующих по росту
детей в куске
Последняя перестановка
расставит правильно
самых
высоких.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
В первый день школьников играли в пинг-понг «навылет»: сначала сыграли двое, затем победитель сыграл с третьим, победитель
этой пары — с четвёртым и т. д., пока не сыграл последний школьник (ничьих в пинг-понге не бывает). Во второй день
те же школьники разыграли кубок: сначала произвольно разбились на пары и сыграли в парах, проигравшие выбыли,
а победители снова произвольно разбились на пары и сыграли в парах, и т. д. Оказалось, что наборы игравших пар в
первый и во второй день были одни и те же (возможно, победители были другие). Найдите наибольшее возможное значение
Источники:
Подсказка 1
Попробуйте составить графы для обоих дней. Чем в них будут являться вершины и рёбра?
Подсказка 2
Скажем, что вершины — это игроки, а рёбра — сыгранные партии. Заметим, что по условию графы совпадают.
Подсказка 3
Попробуйте найти пути в этом графе.
Подсказка 4
Рассмотрим первый турнир и выберем те партии, победители которых до этого не выигрывали. Такие рёбра будут образовывать путь. Что, если мы выкинем висячие вершины?
Подсказка 5
Как раз останется только наш путь. А что, если выкинуть висячие вершины из графа кубкового турнира?
Подсказка 6
Тогда останется граф на 2ⁿ⁻¹ победителе первого этапа. В каких случаях он является путем?
Подсказка 7
Попробуйте посмотреть на степень вершины победителя.
Построим следующий граф: вершины — игроки, ребра — сыгранные партии. Согласно условию, для обоих турниров этот граф один и тот же. Рассмотрим первый турнир и выберем те партии, победители которых до этого не выигрывали (например, такова первая партия). Тогда соответствующие рёбра образуют путь, а остальные рёбра одним концом примыкают к этому пути. В частности, если выбросить все висячие вершины, то останется только наш путь без крайних вершин.
Теперь рассмотрим тот же граф как граф кубкового турнира. Если из него выбросить висячие вершины, останется граф турнира на
победителях первого этапа. Он, очевидно, является путём лишь при
в противном случае победитель турнира будет иметь
степень не меньше
Значит,
Осталось привести пример при Пусть участники пронумерованы от
до
и пары в кубке таковы (первым указан
проигравший, вторым победитель):
тогда при игре навылет пары могли быть такими (победитель
снова указан вторым):
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Докажите, что на графике любого квадратного трёхчлена со старшим коэффициентом 1, имеющего ровно один корень, найдётся такая
точка , что трёхчлен
также имеет ровно один корень.
Источники:
Подсказка 1
Что можно сказать про трехчлен, который имеет ровно 1 корень и старший коэффициент = 1? В каком виде его можно записать?
Подсказка 2
Верно, его можно записать в виде (х - а)^2. Поймем тогда как нам подобрать точку, чтобы коэффициент p был равен некоторому 2t, а q = (2t - a)^2 = t^2, к примеру? На самом деле, понятно, что любой квадратный трехчлен, который представляется в виде (x - k)^2 можно привести к виду (x + t)^2.
Подсказка 3
Либо пытаясь найти красивые решения системы выше, либо просто перебирая коэффициенты при t (ведь t как-то должно выражаться через а) можно увидеть, что t = a подходит (то есть и лежит на параболе, и подходит под условие задачи). Доказали.
Любой такой трёхчлен имеет вид . Заметим, что точка
подходит.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Четырёхугольник вписан в окружность
с центром
причём
не лежит на диагоналях четырёхугольника. Описанная
окружность
треугольника
проходит через середину диагонали
Докажите, что описанная окружность
треугольника
проходит через середину диагонали
Источники:
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.
Отметим точки и
– середины диагоналей
и
Сделаем инверсию относительно окружности
Окружность
переходит
в прямую
а значит точка
переходит в точку пересечения
и
–
Отметим
– точку пересечения прямых
и
Для того, чтобы доказать, что точка
лежит на окружности
достаточно проверить, что точки
и
также инверсны относительно окружности
ведь под действием такой инверсии прямая
переходит в окружность
Отметим, что четырехугольник
вписанный, ведь
По свойству степени точки
где
– радиус
По определению это означает, что точки
и
инверсны относительно
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Две параболы с различными вершинами являются графиками квадратных трёхчленов со старшими коэффициентами и
Известно, что
вершина каждой из парабол лежит на другой параболе. Чему может быть равно
Подсказка 1
Давайте для начала запишем уравнения наших парабол (удобнее записать их именно через вершины), как нам использовать информацию о том, что вершина каждой из парабол лежит на другой параболе?
Подсказка 2
Конечно же, просто составить систему уравнений! Если вершина первой параболы находится в точке (а₁;b₁), а вершина второй в точке (а₂;b₂), то мы получаем систему из уравнений b₂ = p(а₁ - a₂)² + b₁ и b₁ = q(a₂ - а₁)² + b₂! Остается лишь найти отсюда связь между р и q). Замечание: на самом деле мы можем совместить начало координат с вершиной одной из парабол, тогда неизвестных станет на две меньше
Подсказка 3
Нетрудно заметить, что коэффициенты перед р и q в наших уравнениях совпадают, если мы сложим уравнения, то b₁ и b₂ сократятся, а из полученного равенства легко можно будет найти искомую сумму (однако не забудьте предварительно рассмотреть случай равенства а₁ = a₂!)
Первое решение. Без ограничений общности можно считать, что вершина первой параболы — точка . Пусть вершина второй —
Тогда уравнения парабол имеют вид:
и
причём
и
. Отсюда
. Если
, то и
, но вершины парабол различны, поэтому
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Второе решение. Пусть и
— вершины парабол. Рассмотрим третью параболу, симметричную первой относительно середины
отрезка
. Она имеет вершину
и содержит точку
. Поскольку парабола однозначно определяется своей вершиной и ешё
одной точкой, третья парабола совпадает со второй. Значит, старшие коэффициенты исходных парабол отличаются только
знаком.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Для каких натуральных верно следующее утверждение: для произвольного многочлена
степени
с целыми коэффициентами
найдутся такие различные натуральные
и
для которых
делится на
Подсказка 1
Условие задачи сильно напоминает формулировку теоремы Безу для многочленов: "Пусть P(x) является многочленом с целыми коэффициентами. Тогда для любых чисел целых чисел a, b число P(a)-P(b) делится на a-b." Доказательство данного утверждения опирается на тот факт, что для любых целых чисел a, b и натурального числа n a^n-b^b кратно a-b В данной задаче разность многочленов меняется на их сумму. К нашему счастью, для нечетных n и произвольных целых чисел a и b верно, что a^n+b^n кратно a+b. Что позволяет понять данное соображение в условиях нашей задачи?
Подсказка 2
Если представить произвольный многочлен P(x) в виде сумму многочленов P₀(x)+P₁(x), где в P₀(x) входят все мономы P(x) четной степени, а в P₁(x) - нечетной. Тогда, аналогично доказательству теоремы Безу, для любых натуральных чисел a, b верно, что P₁(a)+P₁(b) кратно a+b, тем самым мы показали, что число P(a)+P(b) сравнимо с P₀(a)+P₀(b) по модулю a+b. Что можно сказать о многочленах, для которых P₀(x) является константой?
Подсказка 3
Пусть P₀(x)=с для некоторого целого с. Тогда P(a)+P(b) сравнимо с 2c по модулю a+b, и по условию 2с кратно на a+b. Существует ли число c такое, что для любых различных чисел a и b число 2c не кратно a+b?
Подсказка 4
Существует! Например, число c=1. Таким образом, 2с=2<a+b, следовательно, 2с не кратно a+b. Таким образом, мы показали, существует многочлен P(x) = P₁(x)+1 произвольной нечетной степени, для которого искомые числа a, b не существуют. Осталось показать, что для любого многочлена четной степени утверждение задачи верно.
Подсказка 5
Покажем, что существуют такие числа натуральные числа a и b, что для многочлена P(x) верно, что P₀(a)+P₀(b) кратно a+b. Зафиксируем произвольное число a=m. Тогда P₀(m)+P₀(b) должно быть кратно m+b. Если b=P₀(m)-m, то m+b=P(m), то есть достаточно показать, что P₀(P₀(m)-m) кратно P₀(m). Это правда, поскольку P₀(P₀(m)-m) сравнимо c P₀(-m) по модулю P₀(m) и, в свою очередь, P₀(-m)=P₀(m), поскольку P₀(x) состоит из лишь мономов четной степени. В чем проблема данных рассуждений?
Подсказка 6
Число b=P₀(m)-m не обязательно является целым. Для решения задачи осталось показать, что существует для любого многочлена четное степени существует такое натуральное m, что число P₀(m)>m.
Нечётные не подходят. В самом деле, рассмотрим многочлен
и различные натуральные
Так как
нечётно,
делится на
а тогда
не делится, поскольку
Осталось доказать, что все чётные подходят. Рассмотрим произвольный многочлен
степени
Представим его в виде суммы
где в
все мономы чётной степени, а в
— нечётной. Заметим, что при всех натуральных
сумма
делится на
Докажем, что найдутся такие
что и
делится на
Заметим, что степень
равна
Рассмотрим случай, когда старший коэффициент положителен (в случае отрицательного старшего коэффициента проведём
дальнейшее доказательство для многочлена
Так как
то найдётся такое натуральное
что
Докажем, что
подходят. В силу выбора
они оба натуральные, причём
Далее, по модулю
выполняются
сравнения
(очевидно) и
(в силу чётности многочлена
. Значит,
что и требовалось.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Замечание. В случае чётного можно проделать подобное рассуждение и без разбиения на чётную и нечётную компоненты.
Поскольку степень многочлена
равна
существует такое натуральное
, что
. Тогда подойдут
числа
Действительно, тогда
и по модулю
верно сравнение
При всех чётных