ПитерГор - задачи по годам → .05 ПитерГор 2018

Пусть для определённости карточки были красного, синего и зеленого цветов и меньше всего было карточек зелёного цвета. Тогда зелёных карточек не более Покрасим клетки квадрата в шахматном порядке так, что левый нижний угол квадрата чёрный. Начнём раскладывать красные карточки на черные клетки, начиная с левого нижнего угла квадрата. Сначала будем заполнять слева направо чёрные клетки из нижней строки, затем также слева направо чёрные клетки из второй снизу строки и т.д. до тех пор, пока не разложим все красные карточки. Далее разложим синие карточки на белые клетки, начиная с левого верхнего угла доски. Сначала будем заполнять слева направо белые клетки из верхней строки и т.д. до тех пор, пока не разложим все синие карточки. На оставшиеся клетки разложим зелёные карточки. Покажем, что никакие зелёные карточки не могут оказаться рядом (для красных и синих карточек это очевидно). Поскольку красных и синих карточек вместе не менее штук, а в строке лежит не более пяти карточек каждого из этих цветов, количество строк, занимаемых красными карточками, и количество строк, занимаемых красными карточками, вместе не меньше Поэтому есть строка, которая целиком заполнена красными и синими карточками. Но тогда зелёные карточки над этой строкой лежат на белых клетках (и значит, не рядом), а зелёные карточки под этой строкой лежат на чёрных клетках(и значит, тоже не рядом).

Обозначим через квадратный трёхчлен из условия задачи:

Если одновременно поменять знаки у всех коэффициентов трёхчлена то у него по-прежнему не будет корней, а требуемое неравенство не изменится. Поэтому можно считать, что и при всех

Решение 1.

Поскольку не имеет корней, его дискриминант отрицателен:

После деления на и приведения подобных получим неравенство

Нам требуется доказать, что или, что то же самое, Заменим в этом неравенстве на правую часть неравенства (*), тем самым уменьшив левую часть. Останется доказать неравенство

После приведения подобных оно примет вид

и теперь оно очевидно в силу неравенства о средних.

Решение 2.

Положим

Тогда По условию квадратный трёхчлен не имеет корней. Тогда его дискриминант отрицателен, значит, Перепишем в новых обозначениях неравенство, которое нужно доказать:

Это равносильно неравенству и в таком виде оно очевидно, поскольку

Введём обозначение: будем считать, что нам даны два таких иррациональных параметра и что при всех выполнено равенство По-прежнему требуется доказать, что
Обозначим через верхнюю целую часть числа т.е. наименьшее целое число, которое больше либо равно Положим и найдём, при каких натуральных выполняется неравенство Имеем

Аналогично неравенство равносильно неравенству Поскольку мы приходим к выводу, что при всех натуральных выполняется равенство или

Теперь понятно, что это равенство верно только при

Прямая образует с одной из осей координат угол, не превосходящий поскольку сумма углов между прямой и осями координат равна Пусть для определённости угол с осью абцисс не превосходит обозначим его через Нарисуем сетку, образованную прямыми и при всех целых Она разбивает плоскость на единичные квадратики. Рассмотрим квадратик, который пересекает прямая Тогда она пересекает одну из горизонтальных сторон. Их точка пересечения делит сторону на две части. Рассмотрим меньшую из них, соответствующую ей вершину квадратика обозначим через

Тогда Расстояние от точки до прямой равно длине перпендикуляра, опущенного из точки на значит, оно равно

Легко видеть, что расстояние от любой точки с целыми координатами до прямой не меньше Этот пример подтверждает точность полученной оценки.

Решение 1.

Отметим сначала полезное свойство касающихся окружностей, а потом перейдём к решению задачи. Если секущая проходит через точку касания двух окружностей, то вписанные углы, опирающиеся на высекаемые ей дуги, равны. Действительно, поскольку вписанный угол равен углу между касательной и секущей, имеем равенство

Теперь перейдем к решению задачи. Пусть — основание биссектрисы угла Точки и симметричны относительно прямой поэтому и треугольники и равны. Из касания окружностей в точке имеем равенство поэтому четырёхугольник вписанный. Из касания окружностей в точке имеем равенство значит, четырёхугольник также вписанный. Отметим, что описанные окружности четырёхугольников и равны, поскольку они являются описанными окружностями равных треугольников и Хорды и этих окружностей лежат напротив углов и Поскольку равны углы, эти хорды также равны.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

Рассмотрим гомотетию с центром переводящую окружность, проходящую через вершину и касающуюся в точке в окружность Эта гомотетия переводит точку в точку а точка — в точку вторичного пересечения прямой, параллельной и проходящей через с окружностью Тогда точки лежат на одной прямой. Аналогично точки тоже лежат на одной прямой. Рассмотрим прямую С одной стороны, она является биссектрисой угла поскольку — середина дуги С другой стороны, угол опирается на диаметр, значит, он прямой и не только биссектриса, но и высота треугольника Тогда — серединный перпендикуляр к поэтому

Пусть в графе нашёлся цикл, и пусть он проходит по горизонтальному отрезку слева направо. Возьмём ромб, примыкающий к стороне и отметим в нём параллельную сторону Возьмём ромб, примыкающий к стороне и отметим в нём параллельную сторону и т.д.

Такую же конструкцию провернём в другую сторону: возьмём ромб, примыкающий к отрезку с другой стороны, и отметим в нём параллельную сторону и т.д.

Мы получили “полосу ширины ”, которая рассекает наш шестиугольник. При этом цикл заведомо пересекает эту полосу, но всё время в направлении слева направо. Это невозможно.

Обозначим через центр окружности Поскольку — высота прямоугольного треугольника то

поэтому (и аналогично ) — касательные к окружности Но тогда касательные к окружности в этих точках перпендикулярны касательным к из точки и значит, они проходят через центр лежащий на диаметре

Докажем, почему ожерелья с чётным количеством бусинок нам не подходят. Легко убедиться, что при любом перекрашивании количество пар соседних бусинок вида (к)-(к) либо не меняется, либо меняется ровно на т.е. в любом случае не меняется четность этого числа. То же самое верно и про число пар вида (с)-(с). В одноцветном ожерелье четной длины оба эти количества четны. Поэтому из ожерелья, в котором оба эти количества нечетны, нельзя получить ни одно из двух одноцветных ожерелий. При четном n таково, например, ожерелье (к)-(к)-(с)-(с)--(с)(не забываем, что у нас ожерелье имеет форму окружности).

Докажем, что делится на все простые числа, меньшие из этого будет следовать, что либо либо оно по модулю больше

Действительно, пусть не кратно какому-то меньшему Тогда не может являться решением ни одного из уравнений из условия (левая часть не делится на а правая часть делится).

Но очевидно, что решения уравнений должны давать попарно различные остатки при делении на при условии, что эти остатки ненулевые(иначе вычтем из первого уравнения второе, левая часть сравнима с 0 по модулю а правая нет). Однако уравнений у нас а возможных остатков — противоречие.

Будем решать обобщенную задачу. Дано натуральное число и два нечетных натуральных числа и Докажите, что существует такое натуральное что хотя бы одно из чисел и делится на

Воспользуемся следующим известным утверждением: пусть число дает остаток при делении на где Тогда дает остаток при делении на

Пусть делится на и не делится на а делится на и не делится на Очевидно, что при этом Тогда дает остаток при делении на а дает остаток при делении на Пусть положим для краткости По лемме число даёт остаток при делении на

Будем решать задачу индукцией по Если то нам подойдет поскольку и дают равные остатки при делении на Сделаем переход от к По индукционному предположению при некотором число делится на Если оно делится и на то переход сделан. Иначе оно дает остаток при делении на Пусть Тогда по лемме дает остаток при делении на Следовательно, дает остаток при делении на Воспользуемся формулой разности степеней:

Первая скобка дает остаток при делении на вторая состоит из нечетных слагаемых и, значит, нечётна. Стало быть, разность дает остаток при делении на Но тогда делится на поскольку выражения в скобках дают одинаковые остатки при делении на