Турнир городов - задания по годам → .11 Турнир городов 2025

Заметим, что вершина не помещается, так как тогда среди них нашлись бы две диаметрально противоположные точки, их можно было бы поместить на диаметр круга, и весь поместился бы в данном круге вместе со своим описанным кругом, площадь которого больше.

Докажем, что вершин поместить можно. Заметим, что диагональ, соединяющая и вершины — это диаметр вписанного круга площадь этого круга меньше площади Поэтому внутрь диаметра исходного круга и вершины поместятся. Рассмотрим тогда описанную окружность нашего Она не может лежать целиком в исходном круге, а значит, пересекается с окружностью исходного круга в двух точках. Тогда одна из дуг окружности (на самом деле меньшая) поместится внутри исходного круга, то есть заведомо поместятся вершин

Решение 1. Ясно, что положим где — натуральное, и будем искать количество подходящих то есть таких для которых уравнение

имеет решение в натуральных Преобразуем, пользуясь формулой суммы арифметической прогрессии. Получим:

Умножив на и приведя подобные слагаемые получаем:

Слева в уравнении (*) два сомножителя разной чётности, дающие в произведении при этом левый сомножитель больше правого. Наоборот, если зафиксировать нечётный делитель числа то, зная найдём дополнительный делитель и далее из системы однозначно находим натуральное (равное

Итак, количество подходящих равно количеству нечётных делителей числа которое, в свою очередь, равно количеству всех делителей числа где (нечётное) получается из делением на наибольшую степень двойки, входящую в разложение Но количество делителей точного квадрата нечётно (так как все делители числа кроме можно разбить на пары: и только делитель остаётся без пары).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

Очевидно, где натуральное. Запишем равенство из условия в виде

Отсюда:

Чтобы условие задачи выполнялось с данным необходимо и достаточно, чтобы было целым неотрицательным.

Положим где нечётное, целое неотрицательное. Тогда будет целым в двух случаях: (а) если оба члена равенства (**) целые (б) если оба они полуцелые Первый случай имеет место, когда — нечётный делитель числа то есть делитель числа Количество таких значений нечётно, поскольку это всевозможные делители полного квадрата. Второй случай означает, что

где — делитель числа Между первым и вторым множеством значений есть биекция: каждому из первого множества соответствует число из второго множества, и обратно.

Пусть — пара из указанной биекции, причём Тогда при получится неотрицательное а при отрицательное. Действительно, в силу требуется проверить неравенство

Но что и требовалось. Поэтому подходящих значений будет ровно то есть нечётное количество.

Сначала докажем оценку. Пусть — элементы набора Заметим, что разность вида при может делиться на лишь при Выберем любые и посмотрим, сколько из чисел вида (при ) может делиться на Все такие числа при отличаются менее, чем на поэтому на может делиться лишь одно из них. Значит, всего таких разностей может быть максимум Итого, получаем оценку:

Это количество достигается, например, на наборе Здесь все неравенства из оценки обращаются в равенства, а значит, и оценка достигается.

Есть и другие примеры, в том числе, в которых все числа набора попарно взаимно простые, скажем,

Решение 1. Рассмотрим куб с тремя направляющими векторами рёбер вида где

Числа подобраны так, что

поэтому указанные три вектора попарно перпендикулярны. Выбирая получаем набор кубов без параллельных рёбер (нетрудно проверить, что никакие два соответствующих вектора не пропорциональны).

Замечание. Геометрически эту конструкцию можно описать так: векторы рёберстандартного единичного куба поворачивают на подходящий угол вокруг диагонали (так, чтобы координаты новых векторов оказались рациональными), а затем применяют гомотетию с подходящим коэффициентом, превращающую рациональные координаты в целые.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2. Рассмотрим куб с тремя направляющими векторами рёбер вида

Длина каждого ребра равна тогда Нетрудно проверить, что векторы попарно перпендикулярны через равенство скалярного произведения нулю. Выбирая снова получаем бесконечный набор кубов без параллельных рёбер (никакие два соответствующих вектора не пропорциональны).

Пример. Пронумеруем тарелки по кругу и положим по булочек на тарелки, номера которых делятся на Остальные тарелки будут пустыми. Тогда для каждой непустой тарелки найдутся подряд идущих тарелок, среди которых она — единственная непустая. Поэтому булочку с неё снять нельзя.

Оценка. Пусть ни одной булочки убрать нельзя. Тогда для каждой непустой тарелки есть цепочка из тарелок, содержащая в которой суммарно ровно булочек. Рассмотрим все такие цепочки.

Докажем, что если цепочек не меньше то одна из цепочек покрыта остальными. Предположим противное, возьмём тогда цепочек и выделим в каждой из них тарелку, не покрытую остальными цепочками. Обозначим эти тарелки двигаясь по часовой стрелке, так что принадлежит цепочке Тогда каждая тарелка на дуге между соседними и принадлежит не более чем двум цепочкам и Отсюда:

Противоречие.

Если одна цепочка покрыта остальными, выбросим её. Продолжая так далее, дойдем до ситуации, когда у нас (различных) цепочек не более и эти цепочки покрывают все непустые тарелки. Тогда в них не более булочек, тем самым оценка доказана.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Вариация оценки. Пусть ни одной булочки убрать нельзя. Тогда для каждой непустой тарелки есть цепочка из тарелок, содержащая в которой всего ровно булочек. Если такая цепочка граничит с пустой тарелкой, то можно рассмотреть новую цепочку — эту пустую тарелку добавить, а одну тарелку с противоположного края удалить, и в новой цепочке будет не более булочек, а значит, ровно булочек. Двигаясь так по кругу, получим, что любая тарелка (не только непустая) входит в какую-то цепочку, содержащую ровно булочек. Рассмотрим все такие цепочки. Вместе они покрывают все тарелок.

Заметим, что если какая-то тарелка принадлежит сразу трём цепочкам, то одна из этих трёх цепочек содержится в объединении двух других (тут мы используем, что цепочки «не слишком длинные» — три цепочки не могут покрыть весь круг) и такую цепочку можно выкинуть, сохранив условие «цепочки покрывают все тарелки». Действуя так, можно добиться ситуации, когда никакие три цепочки не имеют общей тарелки. Тогда перекрываются между собой только «соседние» цепочки.

Занумеруем цепочки, идя по кругу. Если цепочек хотя бы то имеется неперекрывающихся цепочек длины (например, цепочки с нечётными номерами), что невозможно, так как всего тарелок меньше Значит, цепочек не более а тогда булочек не более

Первое решение. Известно, что точка — пересечение медианы с дугой Пусть — середина этой дуги, а — середина Точки и симметричные и относительно лежат на описанной окружности поэтому

откуда заключаем, что принадлежит окружности

Далее, так как луч пересекает окружность в точке диаметрально противоположной точке следовательно, Отсюда — средняя линия треугольника то есть — середина отрезка Во вписанной трапеции общий серединный перпендикуляр к и проходит через что и даёт требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть — точка на прямой такая, что Докажем, что точки лежат на одной окружности.

Рассмотрим композицию инверсии с центром и симметрии относительно которая взаимно обменяет вершины и Эта же композиция меняет местами прямую и описанную окружность треугольника, поэтому переходит в середину дуги а — в основание внешней биссектрисы угла точка Шалтая переходит в точку пересечения касательных к окружности проведённых в и

Прямая при этом перейдёт в касательную к окружности в точке а окружность с центром проходящая через перейдёт в серединный перпендикуляр к (поскольку образы точек и инверсны относительно этой окружности). Следовательно, переходит в точку пересечения касательных в и

Эта точка, образ точки и точка лежат на одной прямой — поляре точки относительно окружности что завершает доказательство.