ПитерГор - задачи по годам → .10 ПитерГор 2022

Достаточно расположить эти параболы на плоскости так, чтобы они пересекались в четырёх точках. Эти четыре точки взять в качестве и одновременно Одинаковые четырёхугольники являются равными.

Из условия следует, что . Из вписанностей , и теперь из параллельности . В треугольнике точка оказалась центром описанной окружности (равноудалена от вершин и и центральный угол в два раза больше вписанного). Поэтому , что вместе со вписанностью дает

Ивану достаётся многочлен нечетной степени, поэтому он не может проиграть. Однако Кощей тоже не может проигрывать: для этого ему достаточно каждый раз выбирать положительный корень. Заметим, что свободный член всегда равен Легко проверить, что при такой стратегии Кощея Ивану будут доставаться многочлены нечетной степени с чередующимися знаками коэффициентов (старший - положительный), и поэтому у них есть лишь положительные корни; а Кощею будут доставаться многочлены четной степени с положительным старшим коэффициентом и свободным членом поэтому у них существует положительный корень

Предположим противное. Пусть наборы

таковы, что сильнее сильнее сильнее Можно считать, что число наибольшее среди всех чисел этих трёх наборов. Для каждой тройки индексов посчитаем, сколько верных увтерждений имеется среди неравенств просуммируем эти числа по всем и обозначим полученную сумму через Тогда

поскольку всего имеется троек и в каждой тройке не больше двух верных неравенств. Далее заметим, что каждое неравенство присутствует в таких тройках, поэтому в сумме оно учтено раз. По предположению среди неравенств не меньше верных, поэтому вклад всех неравенств вида в сумму не меньше чем Аналогично вклад всех неравенств вида в сумму и вклад всех неравенств вида в сумму также не меньше чем Следовательно, суммарное количество верных неравенств не меньше чем

Сопоставляя это с неравенством заключаем, что в проделанных подсчётах все оценки являются равенствами. В частности, имеется в точности верных неравенств вида а в каждой тройке ровно два верных неравенства.

Рассмотрим теперь тройку чисел Среди неравенств должно быть ровно два верных. Поскольку — наибольшее число неравенство неверно, т.е. выолняется неравенство Значит, все неравенства вида верные и всего их штук. Но это противоречит тому, что их Стало быть, наше предположение неверно.

Обозначим через описанную окружность треугольника а через — окружность, проходящую через точку и касающуюся прямой в точке Хорды и этих окружностей отсекают от них дуги одинаковой угловой величины. В самом деле, половины этих дуг в обоих случаях равны : для окружности это вписанный угол, а для — угол между касательной и хордой.

Заметим также, что угол между прямыми и равен углу между прямыми и эти вписанные углы опираются на одну дугу в окружности с диаметром

Точку пересечения прямой с окружностью обозначим через и выделим на картинке два фрагмента: в окружности проведена секущая и на ней выбрана точка в окружности проведена секущая и на ней выбрана точка В каждом из этих двух фрагментов из точек на секущих проведены прямые под одинаковыми углами к секущим: и Первая из них касается и нам нужно доказать, что вторая касается Для доказательства нужно установить, что две описанные конфигурации подобны. Мы проверим это двумя способами. Углы треугольника, как обычно, будем обозначать греческими буквами, соответствующими названиям вершин.

Способ 1.(подсчёт отношения отрезков)

Угловые величины отсекаемых секущими дуг равны, поэтому остаётся проверить, что Отношение хорд и (стягивающих равные дуги) равно отношению диаметров окружностей. Диаметр окружности равен диаметр окружности равен Таким образом, С другой стороны, отношение высот равно отношению сторон которое по теореме синусов тоже равно

Способ 2.(Поворотная гомотетия)

Рассмотрим поворотную гомотетию с центром в точке переводящую точку в и в Она существует, ибо треугольники и подобны(и подобны треугольнику ). Окружность перейдёт в ибо друг в друга переходят хорды и отсекающие равные дуги. При этом секущая окружности переходит в секущую окружности и, следовательно, точка переходит в точку Значит, первый фрагмент переходит во второй.

Первое решение.

Разобьём плоскость на единичные квадраты линиями целочисленной решетки. Проведем прямую через начало координат и точку Поскольку она имеет рациональный угловой коэффициент и проходит через какой-то узел решетки. Точка вида — это любая рациональная точка этой прямой. Проведем прямую через такую точку и левый нижний угол той клетки, в которую попала эта точка. Угловой коэффициент этой прямой равен как раз

Совместим между собой все единичные квадраты, в которых есть точки прямой В полученном квадрате прямая отобразится конечным количество отрезков, параллельных исходной прямой.

Предположим, что и одного знака. Тогда полученные отрезки имеют положительный угловой коэффициент. Один из них выходит из левого нижнего узла квадрата. Ясно, что из этого узла можно провести луч с положительным рациональным коэффициентом который пересечет верхнюю или нижнюю сторону квадрата, не встретив по дороге точек ни одного из наших отрезков. Это число нельзя представить в нужном виде.

Пусть, наоборот, числа и разного знака. Тогда наши отрезки имеют отрицательный угловой коэффициент. Один из них выходит из левого верхнего узла квадрата. Несложно понять, что один из этих отрезков соединяет точку на левой стороне квадрата с точкой на его нижней стороне. На рациональных точках этого отрезка реализуются все возможные положительные рациональные угловые коэффициенты!

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Так как в качестве можно взять любое положительное рациональное число, можно считать, что числа и целые. В этом случае замена числа на его дробную часть не изменит отношения значит, можно дополнительно считать, что Наконец, замена r на соответствует смене знаков чисел и поскольку

Таким образом, достаточно рассмотреть лишь случай, когда — натуральное число.
Пусть также является натуральным числом. Покажем, что уравнение

не имеет решений относительно Домножив на знаменатели и выразив дробную часть через целую, получим уравнение

или, что то же самое,

Но это уравнение не может иметь решений, поскольку левая часть положительна и меньше а правая часть целая. Следовательно, если числа и одного знака, то требуемое не найдётся.
Пусть является отрицательным целым числом. Достаточно показать, что уравнение

для любых натуральных чисел и имеет вещественное решение Тогда

и, значит, является решением линейного уравнения

для некоторого целого и, в частности, должно быть рациональным числом. Домножив уравнение на знаменатели и воспользовавшись тем, что получим уравнение

При правая часть равна нулю и поэтому меньше левой. А при близких к обе дробные части также будут близки к поэтому правая часть будет близка к и, в частности, будет больше левой. Следовательно, при некотором промежуточном правая часть будет равна левой. Поэтому если числа и разных знаков, то требуемое обязательно найдётся.

Заметим, что если набор из карточек хороший, то набор из оставшихся карточек тоже хороший(назовём его дополнительным набором).

Покажем, что для нельзя так указать наборов, чтобы хотя бы один из них оказался хорошим. Для этого достаточно убедиться в том, что при нельзя указать такие наборов. Поскольку, барон выбирает наборы карточек, не зная, какие числа написаны на этих карточках снизу, мы можем считать, что изначально на карточках не было никаких надписей, а числа на карточках появляются уже после того, как выбор сделан. Наша цель — предъявить такой способ разметки карточек, чтобы ни один из выбранных наборов не оказался хорошим.

Итак, пусть выбрано наборов. Рассмотрим произвольную карточку Меняя некоторые наборы на дополнительные, можно добиться того, что карточка будет присутствовать во всех наборах. Перечислим с учётом кратности все остальные карточки, встречающиеся в этих наборах. Всего будет перечислено карточек. Кроме карточки у нас имеется карточек, значит, какая-то из них встретится не менее раз(так как ), назовём её карточкой Напишем на карточках и число тогда те (или более) наборов, в которых встречаются обе эти карточки, будут плохими. Уберём карточки и останется карточек и (или менее) набора, среди которых должен найтись хотя бы один хороший.

Аналогично зафиксируем одну из оставшихся карточек и переделаем наборы так, чтобы карточка входила во все наборы. Выписав все остальные карточки, встречающиеся в наборах, получим карточки. Поскольку, помимо карточки у нас имеется карточек, какая-то из них — назовём её — встретится раз(так как ). Напишем на карточках и число 7 — в результате все эти наборы станут плохими. Уберём карточки и останется карточек и набора, среди которых опять должен найтись хороший.

Действуя аналогично, получим, что какие-то две карточки встретятся вместе хотя бы в наборах, напишем на них число и выкинем, останется карточек и наборов. Тогда, поскольку какая-то пара карточек встретится в одном наборе хотя бы раз. Написав на этих карточках число и выкинув, мы получим карточек и наборов. Какая-то очередная пара карточек встретится в одном наборе хотя бы раз, напишем на них число 4 и выкинем, в результате получим карточек и набора. Далее какая-то пара карточек встретится в одном наборе хотя бы раз, записываем на них число и выкидываем, останется карточки и набор. Напишем на двух карточках из этого набора число а на двух других — число тогда и этот набор также окажется плохим. Мы доказали, что всегда можно так занумеровать карточки, что все наборов окажутся плохими.

Покажем теперь, что для карточек всегда можно выбрать наборов так, чтобы хотя бы один из них оказался хорошим. В нашем случае и мы сможем выбрать наборов, что решает задачу. Набор из карточек, на которых записаны различных чисел(каждое — в двух экземплярах), будем называть двойным.

Пример 1. Докажем индукцией по что для любого двойного набора из карточек всегда можно предъявить наборов, среди которых есть хороший. База очевидна.

Пусть на столе лежит двойной набор из карточек. Попробуем наудачу выбрать из них две одинаковые карточки, взяв произвольные карточки и Самоуверенно отложим их в сторону. Если мы угадали, то на столе остался двойной набор из карточек, для которого, применив предположение индукции, можно указать наборов, среди которых есть хороший. Теперь для каждого указанного набора рассмотрим наборы

Мы утверждаем, что среди наборов и (а их в сумме получается ровно штук) непременно найдётся хороший(для исходного множества карточек) набор. Если карточки и и в самом деле одинаковые, это очевидно — подойдут даже два набора.

Предположим теперь, что на карточках и написаны разные числа(обозначим их также и ). Тогда в оставшемся множестве из карточек были “непарные” карточки с числами и — мысленно соединим их в новую пару и применим предположение индукции, указав наборов, среди которых есть хороший набор содержащий по одной карточке из каждой пары. На самом деле он содержит ровно одно из чисел новой пары, скажем и по одному представителю всех остальных пар. Но тогда набор в исходном множестве карточек является хорошим!

Пример 2. Построим граф, вершинами которого являются карточки. Каждую пару карточек с одинаковыми числами соединим красным ребром. Проивзольным образом разобьём карточки на пары и соединим карточки в каждой паре синим ребром. Полученный красно-синий граф(на самом деле мультиграф, поскольку между одной парой вершин может быть проведено и красное, и синее ребро) представляет собой несколько циклов чётной длины. Рассмотрим такой набор его вершин, что в каждом цикле вершины выбраны через одну, назовём его чередующимся набором. Тогда в этом наборе будет присутствовать ровно один конец каждого красного ребра и, значит, он будет хорошим. Проблема в том, что мы, т.е. Мюнхгаузен, не знаем как именно проведены красные рёбра. Но заметим, что любой чередующийся набор содержит ровно по одной вершине каждого синего ребра. Поэтому, указав все наборов, содержащих ровно по одной вершине каждого синего ребра, мы заведомо укажем и чередующийся набор. Поскольку набор и его дополнение лишь одновременно могут быть чередующимися, из каждой пары взаимодополняющих наборов достаточно брать только один. Стало быть, достаточно указать лишь наборов.