БИБН - задания по годам → .03 БИБН 2021

Пусть и — два произвольных члена последовательности . Докажем по индукции, что

где то есть что делится нацело на , а в терминах сравнения по модулю:

Из этого будет следовать, что если нашлись два различных не взаимно простых члена последовательности и , которые имеют общий множитель то в равенстве

левая часть делится на а правая не делится, так что приходим к противоречию, которое доказывает взаимную простоту любых двух различных членов.

База индукции: для имеем

Шаг индукции:

На прямой, проходящей через точку и перпендикулярной прямой , возьмем такую точку , что (она лежит на серединном перпендикуляре к . Тогда , поэтому

Отсюда следует, что точка лежит на окружности, проходящей через и , с центром в точке . Действительно, для этой окружности — центральный, а -вписанный (если бы точка лежала вне этой окружности, то был бы меньше половины центрального, а если бы точка С была внутри окружности, то был бы больше половины центрального).

Первое решение.

Вспомним следующую конструкцию: проведем две перпендикулярные прямые и на одной из них отметим точку, из которой отложим два равных угла, получив прямоугольный треугольник. Тогда где и — отрезки, на которые проведенная биссектриса делит сторону треугольника. Это следует из свойства биссектрисы: пусть — гипотенуза, — катет, тогда и так как получаем Также проведем медиану из отмеченной точки. Она будет пересекать катет выше биссектрисы в силу

По свойству точки пересечения медиан, . Пусть . Отметим — середину , тогда .

Проведем биссектрису угла . По сказанному ранее (биссектриса пересечет в точке, которая находится ниже — середины )

Треугольник — тупоугольный, поэтому так как опирается на тупой угол. Проведем биссектрису угла . Она пересечет ниже, чем точка — середина Поэтому

Итого получаем

То есть

Складывая, получаем

Второе решение.

Пусть — медиана равнобедренного треугольника , проведенная к основанию , тогда отрезок перпендикулярен основанию по свойству равнобедренного треугольника. По свойству точки пересечения медиан, . Обозначим и . Тогда неравенство равносильно неравенству . Последнее неравенство очевидно в случае, когда , так как

Пусть теперь . Из прямоугольного треугольников и имеем: , , значит, . Так как углы и лежат в интервале , то неравенство равносильно неравенству , то есть .

Рассмотрим разность

Так как , то и , и, значит,

следовательно, .

Рассмотрим многочлен

Во-первых, его старший коэффициент равен Это меньше Покажем теперь, что во всех целых точках он принимает целые значения. В числителе находится произведение десяти подряд идущих целых чисел. Докажем, что оно делится на каждый множитель знаменателя.

Делимость на Среди десяти подряд идущих целых чисел есть пять чётных. Из этих пяти хотя бы одно делится на хотя бы одно — на То есть числитель всегда делится на

Делимость на следует из того, что среди десяти подряд идущих целых чисел есть хотя бы два, кратных Аналогично получаем делимость на

Делимость на Среди десяти подряд идущих чисел есть хотя бы три, делящихся на притом одно из них делится на отсюда получаем делимость.

Умножим обе части уравнения на

Таким образом, .

В кубе рассмотрим 4 вершины .

Они являются вершинами правильного тетраэдра со стороной , где — ребро куба. Поскольку , рассмотрим подобный тетраэдр с коэффициентом подобия , т.е. проделаем гомотетию с центром в центре куба и данным коэффициентом подобия. Получим четыре вершины нового тетраэдра внутри куба. Поскольку цветов у пластилина три, хотя бы две вершины этого тетраэдра будут одного цвета.