Олимпиадные задания муниципального этапа Всероссийской математической олимпиады В записи

Олимпиадные задания муниципального этапа Всероссийской
математической олимпиады
7 класс
1.
В записи
1
4
1
4
1
4
1
расставьте знаки действий и, если нужно, скобки так,
4
чтобы значение получившегося выражения равнялось 2.
2.
Школьная команда «Вперед» выиграла товарищеский матч по футболу у
школьной команды «Успех» со счетом 10:6. Докажите, что по ходу матча
был момент, когда команде «Вперед» оставалось забить столько голов,
сколько уже забила команда «Успех».
3.
Существует ли выпуклый 2014-угольник, у которого все углы выражаются
целым числом градусов?
4.
Имеется набор гирь со следующими свойствами:
a. В нем есть 5 гирь, попарно различных по весу.
b. Для любых двух гирь найдутся две другие гири того же суммарного
веса.
Какое наименьшее число гирь может быть в этом наборе?
5.
На прямой стоят две фишки, слева – красная, справа – синяя. Разрешается
производить любую из двух операций: вставку двух фишек одного цвета
подряд в любом месте прямой и удаление любых двух соседних
одноцветных фишек. Можно ли за конечное число операций оставить на
прямой ровно две фишки: красную справа, а синюю – слева?
1
8 класс
1.
На доске было написано несколько натуральных чисел, причём разность
любых двух соседних чисел равна одному и тому же числу. Коля заменил в
этой записи разные цифры разными буквами, а одинаковые цифры —
одинаковыми буквами. Восстановите исходные числа, если на доске
написано Т, ЕЛ, ЕК, ЛА, СС.
2.
Найдите периметр параллелограмма, если биссектриса одного из его углов
делит сторону параллелограмма на отрезки 7 и 14.
3.
В натуральном числе A переставили цифры, получив число B. Известно,
11


1
что A-B= N единиц . Найдите наименьшее возможное значение N.
4.
В таблице 10×10 расставлены целые числа, причем каждые два числа в
соседних клетках отличаются не более чем на 5. Докажите, что среди этих
чисел есть два равных.
5.
В городе "Многообразие" живут 2014 жителей, любые два из которых либо
дружат, либо враждуют между собой. Каждый день не более чем один
житель может начать новую жизнь: перессориться со всеми своими
друзьями и подружиться со всеми своими врагами. Доказать, что все
жители могут подружиться.
Примечание. Если A — друг B, а B — друг C, то A — также друг C.
Предполагается также, что среди любых троих жителей хотя бы двое
дружат между собой.
2
9 класс
1.
На чудо-дереве растет 2013 апельсинов и 2014 бананов. Разрешено срывать
одновременно два фрукта. Если срывают два одинаковых фрукта, то вместо
них мгновенно вырастает один банан. Если же срывают два разных фрукта,
то вместо них мгновенно вырастает один апельсин. Через некоторое время
на чудо-дереве остался один фрукт. Что это за фрукт – банан или апельсин?
2.
Существуют ли такие три числа, что если их поставить в одном порядке в
качестве коэффициентов квадратного трёхчлена, то он имеет два
положительных корня, а если в другом – два отрицательных?
3.
n чисел (n>1) называются близкими, если каждое из них меньше, чем сумма
всех чисел, деленная на n-1. Пусть a, b, c, ... – n близких чисел, S – их
сумма. Докажите, что
a. все они положительны;
b. сумма двух любых из них больше любого третьего: a+b>c;
c. сумма двух любых из них больше, чем сумма всех чисел, деленная на
n-1: a  b 
4.
S
.
n 1
Четырёхугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны,
вписан в окружность. Перпендикуляры, опущенные на сторону AD из
вершин B и C, пересекают диагонали AC и BD в точках E и F
соответственно. Найдите EF, если BC=1.
5.
Алиса и Базилио играют в следующую игру; из мешка, первоначально
содержащего 1331 монету, они по очереди берут монеты, причем первый
ход делает Алиса и берет 1 монету, а далее при каждом следующем ходе
игрок берет (по своему усмотрению) либо столько же монет, сколько взял
другой игрок последним ходом, либо на одну больше. Проигрывает тот, кто
не может сделать очередной ход по правилам. Кто из игроков может
обеспечить себе выигрыш независимо от ходов другого?
3
10 класс
1.
Три фирмы А, В и С решили совместно построить дорогу длиной 16 км,
договорившись финансировать этот проект поровну. В итоге А построила 6
км дороги, В построила 10 км, а С внесла свою долю деньгами – 16
миллионов рублей. Каким образом фирмы А и В должны разделить эти
деньги между собой?
2.
Рассматриваются квадратичные функции y=x2+px+q, для которых
2p-q=2014. Покажите, что все параболы, являющиеся графиками этих
функций, пересекаются в одной точке.
3.
Докажите, что среди любых десяти последовательных натуральных чисел
найдется число, взаимно простое с остальными.
4.
Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон BC, AC, AB в
точках A1, B1, C1 соответственно. Отрезок AA1 вторично пересекает
вписанную окружность в точке Q. Прямая l параллельна BC и проходит
через A. Прямые A1C1 и A1B1 пересекают l в точках P и R соответственно.
Докажите, что ∠PQR=∠B1QC1.
5.
Натуральные числа от 1 до 100 расставлены по кругу в таком порядке, что
каждое число либо больше обоих соседей, либо меньше обоих соседей.
Пара соседних чисел называется хорошей, если при выкидывании этой
пары
вышеописанное
свойство
количество хороших пар может быть?
4
сохраняется.
Какое
минимальное
11 класс
1.
Функция f такова, что для любых положительных x и y выполняется
 1 
  5.
 1007 
равенство f(xy)=f(x)+f(y). Найдите f(2014), если f(2)=3, f 
2.
Все коэффициенты многочлена равны единице, нулю или минус единице.
Докажите, что все его действительные корни (если они существуют)
заключены в отрезке [–2, 2].
3.
Имеется 120-значное число. Его первые 12 цифр переставляются всеми
возможными способами. Из полученных таким образом 120-значных чисел
наугад выбирают 120 чисел. Доказать, что их сумма делится на 120.
4.
Середины противоположных рёбер тетраэдра соединены. Доказать, что
сумма трёх полученных отрезков меньше полусуммы рёбер тетраэдра.
5.
В пространстве расположены 2n точек, никакие четыре из которых не
лежат в одной плоскости. Проведены n2+1 отрезков с концами в этих
точках. Докажите, что проведённые отрезки образуют:
a.
хотя бы один треугольник;
b.
не менее n треугольников.
5
3. Ключи (решения олимпиадных заданий)
7 класс
1.
В записи
1
4
1
4
1
4
1
расставьте знаки действий и, если нужно, скобки так,
4
чтобы значение получившегося выражения равнялось 2.
1 1
1 1
Решение. Например, вот так:  :  :     2 .
4 4 4
4
Замечание: Это решение не единственное.
2.
Школьная команда «Вперед» выиграла товарищеский матч по футболу у
школьной команды «Успех» со счетом 10:6. Докажите, что по ходу матча
был момент, когда команде «Вперед» оставалось забить столько голов,
сколько уже забила команда «Успех».
Решение. Обозначим за S суммарное количество голов, забитых обеими
командами. Ясно, что S принимает последовательно значения 0, 1, 2, …, 16.
Рассмотрим момент, когда S=10. Пусть в этот момент команда «Успех» уже
забила а голов, тогда количество голов, забитых командой «Вперед»
составляет 10-а, поэтому до конца матча ей остается забить 10-(10-а)=а
голов, т.е. как раз столько, сколько уже забила команда «Успех».
Замечание: Из решения видно, что такой момент в матче – единственный.
3.
Существует ли выпуклый 2014-угольник, у которого все углы выражаются
целым числом градусов?
Решение. Предположим, что такой многоугольник существует. Каждый
угол этого многоугольника не превосходит 179°. Значит, сумма его углов
не превосходит 2014·179°=360506°. С другой стороны, известно, что сумма
углов любого выпуклого 2014-угольника равна 2012·180°=362160°.
Полученное противоречие показывает, что такого многоугольника не
существует. Заметим, что приведенное рассуждение можно существенно
упростить, если воспользоваться тем, что сумма внешних углов любого
выпуклого многоугольника равна 360°.
Ответ. Нет.
4.
Имеется набор гирь со следующими свойствами:
6
a. В нем есть 5 гирь, попарно различных по весу.
b. Для любых двух гирь найдутся две другие гири того же суммарного
веса.
Какое наименьшее число гирь может быть в этом наборе?
Решение. Пусть A – одна из самых легких гирь, а B – одна из гирь,
следующих по весу за A. Очевидно, пару гирь {A ,B} можно уравновесить
только такой же парой. Поэтому есть хотя бы по две гири A и B. Пару {A,
A} также можно уравновесить только такой же парой. Поэтому гирь A – по
крайней мере 4. По аналогичным причинам есть хотя бы 4 самых тяжелых
гири E и хотя бы две гири предыдущего веса D. Кроме того, по условию
есть хотя бы одна гиря C, которая тяжелее A и B и легче D и E. Таким
образом, всего гирь в нашем наборе не меньше, чем 4+4+2+2+1=13.
C
другой
стороны,
легко
проверить,
что
набор
из
13
гирь:
{1,1,1,1,2,2,3,4,4,5,5,5,5} удовлетворяет условию задачи.
Ответ. 13.
5.
На прямой стоят две фишки, слева – красная, справа – синяя. Разрешается
производить любую из двух операций: вставку двух фишек одного цвета
подряд в любом месте прямой и удаление любых двух соседних
одноцветных фишек. Можно ли за конечное число операций оставить на
прямой ровно две фишки: красную справа, а синюю – слева?
Решение. Заменим красные фишки нулями, синие, стоящие на четных
(считая слева) местах, – единицами, а стоящие на нечетных местах – минус
единицами. Легко видеть, что допустимые операции не меняют сумму этих
чисел. В исходном положении эта сумма равнялась 1, значит, и всегда
будет равна 1. Поэтому получить желаемое расположение фишек (с суммой
–1) невозможно.
Ответ. Нельзя.
7
8 класс
1.
На доске было написано несколько натуральных чисел, причём разность
любых двух соседних чисел равна одному и тому же числу. Коля заменил в
этой записи разные цифры разными буквами, а одинаковые цифры —
одинаковыми буквами. Восстановите исходные числа, если на доске
написано Т, ЕЛ, ЕК, ЛА, СС.
Решение. Заметим, что все эти числа можно определить, если знать какоето одно число и разность d двух соседних. Посмотрим на первое число. Про
него можно сказать только, что оно однозначное. Так как у второго и
третьего чисел совпадают первые цифры, они лежат в одном десятке, и их
разность (равная d) не превосходит 9. А значит, прибавив d к первому
(однозначному) числу, мы можем получить только двузначное число,
начинающееся на 1, то есть Е=1. Аналогично, Л=2, С=3. Получаем запись:
Т, 12, 1К, 2А, 33. Заметим, что поскольку разность любых двух соседних
чисел равна d, то 33-12=3d, d=7. Мы восстановили последнее число и
разность. Дальше легко восстановить запись: 5, 12, 19, 26, 33.
Ответ. 5, 12, 19, 26, 33.
2.
Найдите периметр параллелограмма, если биссектриса одного из его углов
делит сторону параллелограмма на отрезки 7 и 14.
Решение. Пусть ABCD – данный параллелограмм, AK – указанная
биссектриса,
BK=7,
KC=14.
Поскольку
∠BKA=∠KAD=∠BAK,
то
треугольник ABK – равнобедренный. Поэтому AB=BK=7, BC=BK+KC=21
(см. Рис. 1). Периметр PABCD=2(AB+BC)=56.
Рис. 1.
Ответ. 56.
8
3.
В натуральном числе A переставили цифры, получив число B. Известно,
что A-B= 11


1 . Найдите наименьшее возможное значение N.
N единиц
Решение. Как известно, любое число имеет тот же остаток от деления на 9,
что и его сумма цифр. Поэтому числа, получаемые друг из друга
перестановкой цифр, имеют одинаковый остаток от деления на 9, т.е. их
разность делится на 9. Поэтому и сумма цифр разности, равная N, должна
делиться на 9, откуда N≥9. Значение N=9 получается, например, так:
9012345678-8901234567=111111111.
Ответ. 9.
4.
В таблице 10×10 расставлены целые числа, причем каждые два числа в
соседних клетках отличаются не более чем на 5. Докажите, что среди этих
чисел есть два равных.
Решение. Поскольку от каждой клетки до любой другой можно добраться,
не более 19 раз сдвинувшись в соседнюю клетку, то все числа находятся
между числами a и a+95, где a – минимальное из всех расставленных
чисел. Значит, среди этих 100 чисел не более 96 различных.
5.
В городе "Многообразие" живут 2014 жителей, любые два из которых либо
дружат, либо враждуют между собой. Каждый день не более чем один
житель может начать новую жизнь: перессориться со всеми своими
друзьями и подружиться со всеми своими врагами. Доказать, что все
жители могут подружиться.
Примечание. Если A — друг B, а B — друг C, то A — также друг C.
Предполагается также, что среди любых троих жителей хотя бы двое
дружат между собой.
Решение. Пусть A, B и C — какие-то три жителя города.
Ясно, что возможен случай, когда все они дружат между собой; возможно
также, что один из них (скажем, A) не дружит ни с B, ни с C, а B и C
дружат между собой: тогда для того, чтобы A, B и C все подружились,
достаточно, чтобы A "начал новую жизнь".
9
Из примечания следует, что два других случая: когда все три жителя A, B и
C между собой враждуют и когда один житель, — например, тот же A, —
дружит с B и с C, а те враждуют между собой, уже невозможны.
Описанное строение "отношения дружбы" между любыми тремя лицами A,
B и C доказывает, что в пределах всего города это отношение можно
описать весьма просто: в городе имеются две группы жителей (две партии
M и N, такие, что все жители принадлежат либо к одной, либо к другой
партии (но никогда — к обеим сразу), причём каждые два члена одной
партии между собой дружат, а жители, принадлежащие к разным партиям,
обязательно враждуют. В самом деле, присоединим к нашим трем жителям
A, B и C города "Многообразие" еще одного жителя D; в таком случае, если
A и B дружат между собой и D дружит хоть с одним из них, то он дружит и
со вторым — и, значит, принадлежит к партии, в которую входят и A, и B;
если же A и B между собой враждуют, то D дружит лишь с одним из них
(но с одним дружит непременно!). Это рассуждение обеспечивает
возможность разбиения четвёрки жителей A, B, C и D на две партии M и N
(впрочем, одна из этих партий может быть и "пустой": так будет, если все
жители A, B, C и D дружат между собой). Поступая так же и дальше, т. е.
последовательно присоединяя к уже рассмотренным жителям города по
одному человеку, мы докажем возможность разбиения на две партии всех
2014 жителей города.
Теперь доказательство утверждения задачи не представляет уже никакого
труда. Если все жители города дружат между собой, то нам и доказывать
нечего; если же ни одна из партий M и N не "пуста", то мы предложим
каждый день одному из участников партии M "начинать новую жизнь", т.
е., попросту, переходить в партию N. Если в партии M имеется k человек,
то все жители города смогут подружиться за k дней.
10
9 класс
1.
На чудо-дереве растет 2013 апельсинов и 2014 бананов. Разрешено срывать
одновременно два фрукта. Если срывают два одинаковых фрукта, то вместо
них мгновенно вырастает один банан. Если же срывают два разных фрукта,
то вместо них мгновенно вырастает один апельсин. Через некоторое время
на чудо-дереве остался один фрукт. Что это за фрукт – банан или апельсин?
Решение. Заметим, что в результате срывания двух бананов или одного
банана и одного апельсина количество апельсинов не меняется, а в
результате срывания двух апельсинов количество апельсинов уменьшается
на 2. Таким образом, четность числа апельсинов никогда не меняется.
Вначале было нечетное число апельсинов. Значит, последним фруктом на
дереве мог оказаться только апельсин.
Ответ. Апельсин.
2.
Существуют ли такие три числа, что если их поставить в одном порядке в
качестве коэффициентов квадратного трёхчлена, то он имеет два
положительных корня, а если в другом – два отрицательных?
Решение. Если оба корня трёхчлена ax2+bx+c положительны, то b и a –
разных знаков. Если же оба корня отрицательны, то все три коэффициента
одного знака. Поэтому такой трёхчлен перестановкой коэффициентов
первого получить нельзя.
Ответ. Не существуют.
3.
n чисел (n>1) называются близкими, если каждое из них меньше, чем сумма
всех чисел, деленная на n-1. Пусть a, b, c, ... – n близких чисел, S – их
сумма. Докажите, что
a. все они положительны;
b. сумма двух любых из них больше любого третьего: a+b>c;
c. сумма двух любых из них больше, чем сумма всех чисел, деленная на
n-1: a  b 
S
.
n 1
11
Решение. Положим s 
4.
S
. Тогда
n 1
a.
a=S-(b+с+...)>S-(n-1)s=0.
c.
a+b=S-(с+...)>S-(n-2)s=s.
b.
Согласно пункту с. имеем: a+b≥s>с.
Четырёхугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны,
вписан в окружность. Перпендикуляры, опущенные на сторону AD из
вершин B и C, пересекают диагонали AC и BD в точках E и F
соответственно. Найдите EF, если BC=1.
Решение. Обозначим CBD=α. Тогда CAD=α, BEC=90°-α, DBE=α
(см. Рис. 2).
Следовательно, BE=BC.
Обозначим ACB=β. Аналогично докажем, что ACF=β. Поэтому CF=BC.
Значит, BE=CF, а т.к. BE||CF (перпендикуляры к одной и той же прямой
AD), то BCFE — параллелограмм (даже ромб). Следовательно, EF=BC=1.
.
Рис. 2.
5.
Алиса и Базилио играют в следующую игру; из мешка, первоначально
содержащего 1331 монету, они по очереди берут монеты, причем первый
ход делает Алиса и берет 1 монету, а далее при каждом следующем ходе
игрок берет (по своему усмотрению) либо столько же монет, сколько взял
другой игрок последним ходом, либо на одну больше. Проигрывает тот, кто
не может сделать очередной ход по правилам. Кто из игроков может
обеспечить себе выигрыш независимо от ходов другого?
12
Решение. Пусть Алиса независимо от действий Базилио берет первым
ходом 1 монету, вторым – 2, третьим – 3 и т.д., увеличивая каждый раз
количество взятых монет на 1. Это не противоречит правилам, так как при
такой игре Алисы Базилио сможет первым ходом взять 1 или 2 монеты,
вторым – 2 или 3 и т.д. Тогда после k-го хода Алисы игроки возьмут монет
не менее
(1+2+...+k)+(1+2+...+(k-1))=k2,
и не более
(1+2+...+k)+(2+3+...+k)=k(k+1)-1.
Так как 36·37-1=1331, то монет в любом случае хватит на 36-й ход Алисы.
А так как 362=1296 и 1331-1296=35, то монет в любом случае не хватит на
36-й ход Базилио. Таким образом, Алиса выиграет.
Ответ. Выигрывает Алиса.
13
10 класс
1.
Три фирмы А, В и С решили совместно построить дорогу длиной 16 км,
договорившись финансировать этот проект поровну. В итоге А построила 6
км дороги, В построила 10 км, а С внесла свою долю деньгами – 16
миллионов рублей. Каким образом фирмы А и В должны разделить эти
деньги между собой?
1
3
Решение. Каждая фирма должна была построить 5 км дороги. Вместо
1
3
фирмы С фирма А построила 6  5 
2
км дороги, а фирма В построила
3
1 14
10  5 
км. Поэтому 16 миллионов рублей надо разделить между ними в
3 3
отношении 2:14.
Ответ. Фирме А – 2 миллиона, а фирме В – 14 миллионов рублей.
2.
Рассматриваются квадратичные функции y=x2+px+q, для которых
2p-q=2014. Покажите, что все параболы, являющиеся графиками этих
функций, пересекаются в одной точке.
Решение. y(-2)=4-2p+q=4-2014=-2010. Но это означает, что каждый из
графиков проходит через точку (-2, -2010) координатной плоскости.
3.
Докажите, что среди любых десяти последовательных натуральных чисел
найдется число, взаимно простое с остальными.
Решение. Для начала заметим: числа m и n имеют одинаковый остаток при
делении на k тогда и только тогда, когда разность m-n делится на k.
Покажем, что среди 10 последовательных чисел найдется такое, которое не
делится на числа 2, 3, 5, 7. Действительно, среди этих чисел пять делятся на
2. Оставшиеся пять нечетных чисел можем записать как n, n+2, n+4, n+6,
n+8, где n – самое маленькое из них. Они разбиваются на три группы чисел,
имеющих одинаковые остатки при делении на 3: {n, n+6}, {n+2, n+8} и
{n+4}, поэтому среди них не более двух делятся на 3. При делении n, n+2,
n+4, n+6, n+8 на 5 получается пять различных остатков, поэтому среди них
ровно одно делится на 5. Аналогично, среди этих чисел имеется не более
14
одного, которое делится на 7. Таким образом из исходного набора
исключается не более 9 чисел, оставшееся число не делится на 2, 3, 5 и 7.
Оно и будет удовлетворять условию задачи. Действительно, пусть это
число a и оно имеет общий делитель d>1 с некоторым числом b из
указанного набора. Тогда модуль разности a и b делится на d (и на все
простые делители числа d). Но это невозможно, поскольку указанный
модуль не превосходит 9, а все простые числа, меньшие 9, как уже было
показано, не являются делителями числа a, а значит и d.
4.
Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон BC, AC, AB в
точках A1, B1, C1 соответственно. Отрезок AA1 вторично пересекает
вписанную окружность в точке Q. Прямая l параллельна BC и проходит
через A. Прямые A1C1 и A1B1 пересекают l в точках P и R соответственно.
Докажите, что ∠PQR=∠B1QC1.
Решение.
∠A1B1Q=∠BA1A=∠A1AR=∠QAR
(см.
Рис.
3).
Значит,
четырёхугольник ARB1Q – вписанный. Аналогично, вписанным является и
четырёхугольник
PAQC1.
Следовательно,
∠PQR=∠PQA+∠RQA=∠PC1A+∠RB1A=∠A1C1B+∠A1B1C=∠A1QC1+∠A1QB1
=∠B1QC1.
Рис. 3.
5.
Натуральные числа от 1 до 100 расставлены по кругу в таком порядке, что
каждое число либо больше обоих соседей, либо меньше обоих соседей.
Пара соседних чисел называется хорошей, если при выкидывании этой
15
пары
вышеописанное
свойство
сохраняется.
Какое
минимальное
количество хороших пар может быть?
Решение. Сначала расставим числа подряд, а затем поменяем местами
числа 2 и 3, 4 и 5, ..., 98 и 99. В полученной расстановке (1, 3, 2, 5, 4, ..., 99,
98, 100) есть ровно 51 хорошая пара – это пары
(1, 3), (3, 2), (5, 4), (7, 6), ..., (97, 96), (99, 98), (98, 100).
Докажем, что хороших пар не менее 51. Заметим, что среди любых двух
пересекающихся пар хотя бы одна – хорошая. Действительно, пусть a1, a2,
a3, a4, a5 – подряд стоящие числа. Не умаляя общности, можно считать, что
a1>a2<a3>a4<a5. Пусть пара (a3, a4) не является хорошей. Тогда a1>a2>a5>a4,
то есть a1>a4<a5. Значит, пара (a2, a3) является хорошей.
Поэтому хороших пар уже не менее 50, причем ровно 50 их может быть,
только если хорошие и нехорошие пары чередуются. Но пара, следующая
за числом 100, – хорошая: 100>(ak<ak+1)>ak+2<ak+3. Хорошей также является
и пара, предшествующая числу 100, а значит, чередование невозможно.
16
11 класс
1.
Функция f такова, что для любых положительных x и y выполняется
 1 
  5.
 1007 
равенство f(xy)=f(x)+f(y). Найдите f(2014), если f(2)=3, f 
Решение.
При
следовательно,
данное
x=y=1
то
есть
примет
вид:
f(1)=2f(1),
1
,
1007
тогда
 1 
f (1007)   f 
  5 .
 1007 
Отсюда
Пусть
f(1)=0.
 1 
f (1)  f (1007)  f 
,
 1007 
равенство
x=1007,
y=
f (2014)  f (1007)  f 2  2 .
Ответ. -2.
2.
Все коэффициенты многочлена равны единице, нулю или минус единице.
Докажите, что все его действительные корни (если они существуют)
заключены в отрезке [–2, 2].
Решение. Заметим, что если q>2, то q
n 1
q
n2
qn 1
 q 1 
 qn 1.
q 1
Пусть наш многочлен P(x) имеет степень n: P(x)=xn+... . Тогда при |x|>2
имеем |P(x)|≥|xn|-|P(x)-xn|≥|xn|-(|xn-1|+|xn-2|+...+|x|+1)>1>0.
3.
Имеется 120-значное число. Его первые 12 цифр переставляются всеми
возможными способами. Из полученных таким образом 120-значных чисел
наугад выбирают 120 чисел. Доказать, что их сумма делится на 120.
Решение. По условию задачи каждое слагаемое имеет вид Ai  ai X , где ai –
12-значное число, а X – 108-значное, причём число X одно и то же для всех
слагаемых. Преобразуем данную сумму.
120
120
i 1
i 1
 Ai  120 X  10108   ai
120
то есть достаточно доказать, что число 10   ai делится на 120. Но
108
i 1
120=3·40, а число 10108 делится на 40. Следовательно, достаточно доказать,
17
120
что сумма
a
i 1
i
делится на 3. Поскольку числа ai отличаются только
перестановкой цифр, а остаток от деления числа на 3 равен остатку от
деления на 3 его суммы цифр, получаем, что остатки от деления на 3 у всех
слагаемых этой суммы одинаковы. Но сумма кратного трём числа
слагаемых, дающих одинаковый остаток при делении на 3, делится на 3.
120
Итак,
a
i 1
4.
i
делится на 3, а значит, исходная сумма делится на 120.
Середины противоположных рёбер тетраэдра соединены. Доказать, что
сумма трёх полученных отрезков меньше полусуммы рёбер тетраэдра.
Решение. Пусть AM=MS, SN=NC, SP=PB, AK=KB, BL=LC, AR=RC (см.
Рис. 4).
Рис. 4
Покажем, что все три отрезка ML, KN, PR пересекутся в одной точке.
Например, покажем, что KN с ML пересекаются и делят в точке
пересечения друг друга пополам. Это вытекает из того, что MNLK –
параллелограмм. В этом легко убедиться, заметив, что KL – средняя линия
в треугольнике ABC, MN – средняя линия в треугольнике ASC, обе они
параллельны AC и равны ее половине. Аналогично можно показать, что,
например, PR и ML пересекаются и делятся в точке пересечения пополам,
из чего следует, что все три отрезка пересекаются в одной точке. Из
треугольника KLN получаем, что KN<KL+LN=(AC+SB)/2. Из треугольника
18
PML:
ML<MP+PL=(AB+SC)/2.
PR<KR+KP=(BC+SA)/2.
Сложив
Из
почленно
треугольника
полученные
PKR:
неравенства,
получим требуемое.
5.
В пространстве расположены 2n точек, никакие четыре из которых не
лежат в одной плоскости. Проведены n2+1 отрезков с концами в этих
точках. Докажите, что проведённые отрезки образуют:
a.
хотя бы один треугольник;
b.
не менее n треугольников.
Решение. а. Выберем точку, из которой выходят наибольшее число
отрезков – k. Обозначим её через A1, концы выходящих из нее отрезков –
через B1, ..., Bk, остальные точки – через A2, ..., A2n–k. Если треугольников
нет, то между точками B1, ..., Bk нет отрезков, поэтому из каждой из них
выходит не более 2n-k отрезков. А поскольку из каждой точки Ai (i=1, ...,
2n-k) выходит не более k отрезков, общее число отрезков не превосходит
½(k(2n-k)+(2n-k)k)=k(2n-k)≤n2.
(Последнее неравенство получено как неравенство между средним
ab
 ).
геометрическим и средним арифметическим: ab  
 2 
2
Противоречие.
b. Проведём доказательство индукцией по n.
База. При n=2 (4 точки и 5 отрезков) утверждение проверяется
непосредственно (точки являются вершинами тетраэдра, а отрезки – пятью
его ребрами из 6, так что две «полные» грани, ограниченные со всех сторон
отрезками, как раз присутствуют).
Шаг индукции. Пусть имеется 2n+2 точки и (n+1)2+1 отрезков. Согласно
пункту а. проведённые отрезки образуют хотя бы один треугольник ABC.
Нужно еще n треугольников. Обозначим количества отрезков, выходящих
из вершин треугольника ABC (не считая его сторон), через
kA, kB, kC соответственно. Если k=kA+kB+kC≤3n-2, то для каких-то двух
вершин треугольника, например, A и B, общее число таких отрезков kA+kB
19
не больше 2n-2. Выбросим эти точки и все выходящие из них отрезки
(вместе со сторонами треугольника ABC). Мы получим набор из точек,
соединённых не менее чeм (n+1)2+1-(2n-2)-3=n2+1 отрезками, которые, по
предположению индукции, образуют не менее n треугольников.
Если же k≥3n-1 и k рассматриваемых нами отрезков образуют со сторонами
AB, BC и CA t треугольников, то t≥n. В самом деле, пусть среди 2n+2-3=2n1 точек, отличных от А, В, С, имеется nj таких, из которых идёт j отрезков к
вершинам A, B, C, (j=0, 1, 2, 3). Тогда
n1+n2+n3≤n0+n1+n2+n3=2n-1,
n1+2n2+3n3=k≥3n-1,
следовательно, t=n2+3n3≥n2+2n3≥(3n-1)-(2n-1)≥n.
20