Регион до 2015

Обозначим середины и точками и соответственно, а точку пересечения серединных перпендикуляров и через это и есть центр описанной окружности. Заметим, что если доказать, что четырёхугольник — вписанный, то для тройки окружностей и точка будет радикальным центром и мы получим требуемое. Докажем это.

Заметим, что четырёхугольник вписанный, так как равные углы и стягивают Следовательно,

Отрезок — средняя линия в поэтому Отсюда имеем Из равенства следует требуемое.

Заметим, что По теореме об угле между хордой и касательной Таким образом, треугольник — равнобедренный. Треугольники и равны по третьему признаку ( как отрезки касательных). Следовательно,

Из симметрии относительно соответствующих биссектрис имеем равенства углов

следовательно, четырехугольник вписанный.

Осталось заметить, что и середина являются основаниями перпендикуляров из точки на стороны треугольника а значит, лежат на прямой Симсона указанной точки.

Вспомним одно из свойств ортоцентра: - точка пересечения высот треугольника - является точкой пересечения биссектрис ортотреугольника

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство.

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть Проведём и применим факт выше

Введём граф, вершинами которого являются ученики, а рёбра соединяют учеников из разных школ. Покрасим ребро в синий, если двое знакомы, и в красный — если не знакомы. Назовём синей или красной галочкой тройку учащихся из разных школ, где один из них соединён рёбрами одинакового цвета с двумя другими.

Посчитаем общее число таких галочек. Каждые трое учеников из разных школ образуют хотя бы одну галочку: между ними три рёбра, и по принципу Дирихле найдутся два одного цвета, которые и задают нужную конструкцию. Таких троек всего

Рассмотрим, на какие пары учеников из разных школ опираются галочки — то есть те двое, которые не являются главным учеником. Таких пар

так как выбираем по паре из каждой пары школ.

По принципу Дирихле найдётся хотя бы одна пара, на которую приходится не менее

галочек. Среди них, по тому же принципу, хотя бы 17 одного цвета. Это означает, что найдутся ученики и из двух школ, а в третьей — по крайней мере 17 человек, которые либо все знают и и либо ни один из них не знаком ни с ни с что и требовалось доказать.

По условию имеется ровно 26 девочек, знакомых хотя бы с одним мальчиком из 25. Рассмотрим какую-то группу из мальчиков. По условию ей соответствует группа из девочек. Рассмотрим мальчика и девочку не вошедших в соответствующие группы. Они знакомы, потому что должна быть знакома хотя бы с одним мальчиком. Также не знакома с остальными мальчиками. Если рассматривать другие группы из мальчиков, становится ясно, что для каждого мальчика есть девочка, знакомая только с ним. Рассмотрим оставшуюся -ю девочку. Предположим, что она знакома менее, чем с 16 мальчиками. Тогда остальные мальчиков знакомы ровно с девочками, что противоречит условию.

Обозначим за сумму цифр числа При сложении чисел сумма цифр не увеличивается, а при умножении на 10 сумма цифр не меняется, поэтому

Значит, в неравенстве должно достигаться равенство. Это произойдёт, если при сложении с не будет переносов через разряд.

Предположим, что нечётно. Значит, оканчивается нечётной цифрой. Заметим, что произведение и любой нечётной цифры оканчивается на , но тогда и оканчивается на . В таком случае при суммировании и перенос произойдёт при сложении цифр в разряде единиц. Пришли к противоречию. Значит, не может быть нечётным.

Пусть описанная окружность треугольника является единичной с центром в нуле, а также треугольник положительно ориентирован. Пусть — комплексное число с единичным модулем, такое, что попадает в середину дуги и попадает в точку аналогично определим число (— середина дуги совпадает с ). Тогда середина дуги имеет координату Центр вписанной окружности имеет координату (как было доказано на вебинаре). Точка имеет координату Осталось проверить, что число — вещественное. Подставив все найденные выражения, получаем

Последнее выражение действительно вещественное, что легко видно после замены ,

Обозначим цифры, выписываемые игроками, последовательно через цифры с нечётными номерами выписывает первый, а с чётными — второй. Рассмотрим остатки от деления на знакопеременных сумм

Согласно признаку делимости на после го хода на доске возникнет число, кратное тогда и только тогда, когда совпадает с одним из Расположим эти остатки по кругу по часовой стрелке от до и изобразим последовательность ходов как процесс перемещения по кругу по неповторяющимся остаткам При этом первый игрок м ходом "прибавляет"к любое число от до а второй — любое число от до Таким образом, кроме повтора уже встречавшегося остатка, первому игроку запрещён ход против часовой стрелки на а второму — ход по часовой стрелке на После го хода свободными останутся остатков. Игрок гарантированно может сделать ход, если есть хотя бы два свободных остатка, значит, первые восемь ходов игроки сделать смогут, а й ход сделать нельзя никогда.

Рассмотрим ситуацию после седьмого хода (это ход первого), когда свободны остатка. Разберём три случая.

Свободные остатки расположены подряд: Тогда второй выписывает число с остатком (занимает остаток ), первый — а второй и выигрывает.

Остатки расположены так: два рядом — и один отдельно — Тогда второй занимает один из остатков далее либо первый занимает остаток второй — и выигрывает, либо первый занимает а второй — один из оставшихся и выигрывает.

Никакие два остатка не стоят рядом: Тогда второй может занять один из них и после хода первого, второй может занять последний свободный остаток и выиграть.

Спроецируем все прямоугольники на оси координат. Рассмотрим сначала проекции на ось для каждого прямоугольника получим отрезок Выберем:

• Самый левый из всех правых концов проекций:
• Самый правый из всех левых концов проекций:

Заметим, что точка принадлежит как минимум отрезку. Аналогично, точка принадлежит как минимум отрезку. Тогда общее количество отрезков, содержащих хотя бы одну из этих точек, не менее

Поскольку всего отрезков то количество отрезков, содержащих обе точки и будет:

Заметим, что такие отрезки пересекают все остальные, так как в них полностью лежит отрезок а его все пересекают по выбору Аналогичные рассуждения проводим для проекций на ось

Суммарное количество “хороших” проекций на обеих осях:

Покажем, что это число превышает общее количество прямоугольников:

Это неравенство выполняется, так как для целой части справедливо:

По принципу Дирихле существует хотя бы один прямоугольник, проекции которого на каждую ось пересекаются с проекциями любого другого прямоугольника. Покажем, что он пересекается с любым другим. Предположим, что существует прямоугольник, не пересекающий данный, тогда найдется вертикальная или горизонтальная прямая, разделяющая их. Тогда точка пересечения данной прямой с осью координат разделяет соответствующие проекции.

Рассмотрим отдельно числа из нечетного и из четного числа знаков.

Пусть — встретившиеся на доске квадраты из четного количества знаков, и в их записи содержится соответственно цифр. Аналогично, пусть — встретившиеся на доске квадраты из нечетного количества знаков, и в их записи содержится соответственно цифр.

Число содержит цифр и не оканчивается на поэтому откуда Число получается из приписыванием некоторого четного количества — обозначим его — ненулевых цифр. Поэтому Из левого неравенства получаем следовательно, откуда т. е. Из этого неравенства следует, что содержит не более цифр, т. е. тогда из неравенства следует откуда Аналогичное рассуждение применимо к последовательности получается приписыванием к цифр, и т. е. Теперь заметим, что в каждой из последовательностей и меньше членов (так как и и должны быть не меньше, чем ).

Итак, всего квадратов на доске окажется не более

Обозначим Из условия задачи следует, что четырёхугольник — вписанный, причём точки и лежат по одну сторону от прямой поэтому Поскольку — центральный угол этой окружности, а — вписанный, то Четырёхугольники и — вписанные, поэтому

Значит,

поэтому

т.е. четырёхугольник также вписан в некоторую окружность. Вписанные углы и этой окружности опираются на равные хорды и (радиусы описанной окружности треугольника ), значит, они равны. Тогда а т.к. углы и — смежные, то каждый из них равен Следовательно,

Первое решение.

Пусть Отсюда и

Поскольку — середина дуги то и (в силу равны ). Поэтому откуда и следует вписанность

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим углы треугольника как . Проведем — медиану, биссектрису и высоту равнобедренного треугольника . Докажем, что .

так как — серединный перпендикуляр к .

так как как вписанные, опирающиеся на одну дугу . Итого

Вписанные в левую окружность углы, опирающиеся на дугу равны:

Так как — внешний угол треугольника то

Вписанные в правую окружность углы, опирающиеся на дугу равны:

Угол равен сумме углов и таким образом,

Получаем

Первый способ. Сначала попробуем применить уже известную нам симметричную стратегию для второго игрока. Разобьем все числа на пары: 1 — 1000, 2 — 999, ..., 500 — 501 (то есть пары чисел, которые в сумме дают 1001). Если первый игрок стер число , то второй стирает парное ему число — . То есть после хода второго в каждой паре числа либо оба стерты, либо оба остались. Следовательно, два последних числа будут обязательно из одной пары, то есть их сумма будет ровно , что не делится на 3. Таким образом второй всегда побеждает.

Второй способ. Теперь попробуем порешать эту задачу другим методом. Проанализируем момент, когда какой-то игрок побеждает или проигрывает, то есть последний ход. Так как последний ход четный, то его совершает именно второй игрок. Тогда перед последним ходом второго у нас осталось 3 числа. Какое число нужно выбрать в этот момент второму, чтобы он победил? Ему нужно оставить числа, сумма которых не кратна трем. Обозначим остатки по модулю 3 этих трех чисел за .

Если среди них есть хотя бы два различных (пусть и ), то хотя бы одно из чисел и не кратно трем (если оба кратны трем, то и совпадают с остатком числа ). Значит, у второго точно есть ход, после которого он побеждает.

Значит, второй может проиграть, только если все три остатка равны, причем равны нулю (иначе сумма любых двух чисел не кратна трем, то есть второй обязательно побеждает). Тогда второму нужно не допустить такую ситуацию. Что нужно сделать, чтобы в конце точно не осталось трех нулей? Давайте каждым ходом второго игрока стирать числа, кратные трем (если такие еще есть). Тогда к последнему ходу второго вовсе не останется чисел, кратных трем (так как их сильно меньше половины всех чисел). То есть ситуации с тремя нулями точно не будет, и значит, второй победит.

Пусть Тогда по свойствам касательной. Далее из вписанности Для доказательства параллельности достаточно равенства Заметим, что является суммой одной и двух дужек и внешним для откуда и следует что и требовалось.