close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
Київські відбори. Розв’язання задач
3 тур
8 клас
1. На дошці записано натуральне число n . На кожному кроці ми можемо замість
цього числа записати суму двох чисел, добуток яких дорівнює записаному на дошці
числу. Визначить найменше число, яке може з’явитись після скінченної кількості
кроків.
Відповідь: n , якщо n  4 , та 5 , якщо n  5 .
Розв’язання. Якщо число з’явилось на дошці і стало менше після перетворення, то це число не
менше 5 . Дійсно, число 1 не може бути записаним, оскільки воно не є сумою двох натуральних.
Число 2  1  1 може з’явитись лише після 1 , тобто збільшитись. Аналогічно 3  1  2 та
4  2  2  1  3 . Тому розпочинаючи з числа менше 5 далі число лише збільшуються.
Покажемо, що якщо ми розпочинаємо з числа більше 5 , то його можна зменшити.
Якщо воно парне, то m  2 k , k  2 . Тоді ми його замінимо на k  2  2 k .
Якщо воно непарне, тобто m  2 k  1 , k  3 . Тоді ми спочатку замінимо його на
2 k  ( 2 k  1)  1 , а далі вже на k  2  2 k  1 .
Таким чином, розпочинаючи з числа більшого 5 шляхом зменшення ми завжди прийдемо до
числа 5 .
2. Знайдіть усі пари натуральних чисел ( x ; y ) , які задовольняють рівність:
x ( x  1)  y ( y  1)( y  1) .
2
Відповідь: x  5; y  2 .
Розв’язання. Перепишемо задане рівняння у такому вигляді:
x ( x  1)  ( y  y )( y  1) .
2
2
Якщо x  y , то x ( x  1)  y ( y  1)  ( y  y )( y  1) - рівність не можлива.
2
2
2
2
2
Аналогічно при x  y  y маємо, що x ( x  1)  ( y  y )( y  y  1)  ( y  y )( y  1) .
2
2
2
2
2
Таким чином x  y  a , де a  {1; 2 ; ...; y  1} . Підставимо це в задане рівняння:
2
( y  a )( y  a  1)  ( y  y )( y  1) або 2 y a  a  a  y  y ,
2
2
2
2
2
2
3
2 a ( y  1)  a  a  y ( y  1) .
2
2
2
Звідси випливає, що a  a  y  1 . Але ж a  a  a  y  y  1 , тобто ця подільність
2
2
2
2
2
2
можлива за умови a  a  0 . Оскільки a  0 , то a  1 , звідси x  y  1 . Підставимо це у
задане рівняння і матимемо, що
2
2
( y  1)( y  2 )  ( y  y )( y  1)  y  2 .
Звідси вже знаходимо і остаточну відповідь.
2
2
2
2
3. Нехай ABC – гострокутний трикутник, у якого AC  BC . BN – його висота, CP –
медіана, H – ортоцентр. Описані кола трикутників ABC та CHN перетинаються в
точках C та D . Доведіть, що точки B , D , N , P лежать на одному колі.
– прямокутний, то BPN  2 . З
Розв’язання. Покладемо  BAC   , оскільки  ABN
іншого боку з вписаних кутів маємо, що (рис. 81):
 NDB   CDB   CDN 
 180       180   2 .
Звідси PNDB – вписаний чотирикутник.
4. Послідовність ( x n ) задається умовами: x1  2014 ,
при n  2 . Доведіть, що справджується рівність:
x 2  2015
( x1  1)( x 2  1)...( x 2014  1)  1  ( x 2015  1)
2
2
2
2
x n  1  x n ( x n  1)  2
,
.
Розв’язання. Спочатку зробимо таке перетворення:
( x n  1  1)  1
2
xn  1
2
( x n  x n  1)  1
2

2
xn  1
2
( x n  1)  2 x n ( x n  1)  ( x n  1)
2

2
2
2
xn  1
2
( x n  1)  2 x n  1

2

 ( x n  1)  1 .
2
1
Тоді рівність, яка нам потрібна переписується таким чином:
( x1  1)( x 2  1)...( x 2014  1)  ( x 2015  1)  1  ( x 2014  1)( ( x 2014  1)  1 ) або
2
2
2
2
2
2
( x1  1)( x 2  1)...( x 2013  1)  ( ( x 2014  1)  1 ) ,
2
2
аналогічно зробимо ще декілька
перетворень і будемо мати, що
2
( x1
2
2
таких
C
 1)  ( x 2  1)  1 ,
2
яка справджується за умовою.
D
N
9 клас
1. Задача 8–2.
H
2. Задача 8–4.
3. Задане коло k і точка A зовні цього
кола. Знайдіть ГМТ ортоцентрів
трикутників ABC , де BC пробігають
усі діаметри кола k .
A
P
Розв’язання. Побудуємо коло w з діаметром
OA , де O - центр описаного кола  ABC
(рис. 1), AA 1 , BB 1 та CC 1 - його висоти, H ортоцентр, Тоді степінь точки H відносно w дорівнює
AH  AH 1 , а степінь точки B відносно k дорівнює
AH  AH 1  BH  BH 1 ,
Оскільки
звідки
випливає, що точка H належить радикальній осі l цих кіл.
Так само неважко показати, що кожна точка цієї прямої є
ортоцентром деякого такого трикутника.
B
Рис. 81
w
C1
BH  BH 1 .
n
4. Є намисто, що складаються з p намистинок, де
p - просте число, а n  2 - натуральне. За один хід
дозволяється розділити намисто на декілька рівних
A
H
l
B
O
B1
C
A1
D
Рис. 7
k
за кількістю намистинок частин, у кожному з яких порядок намистинок змінюється
на протилежний, після чого частини з’єднуються у початковому порядку в суцільні
буси. Чи будь-який порядок слідування намистинок можна одержати таким чином
після скінченної кількості ходів?
Відповідь: ні.
Розв’язання. Позначимо через AB кількість намистинок на меншій з двох дуг, з кінцями в
n 1
намистинках A та B . Покажемо, що якщо до ходу AB  p
 1 , то й після ходу так само
AB  p
n 1
складає p
 1 . Це не враховуючі самі ці намистинки A та B , разом з ними кількість (довжина)
n 1
 1 . Нехай d - кількість шматків, на які діляться намисто. Оскільки p
n
 d , то
d  p , k  n . При k  0 , шматок один, тому ця відстань не змінюється. Якщо k  0 , то
k
довжина l куска дорівнює
p
d
n
nk
 p
 p
n 1
. Звідси випливає, що A та B лежать у різних
p
шматках. Кількість шматків, що лежать між ними дорівнює
p
n 1
nk
1  p
k 1
 1 . Нехай намистинка
A розташована на шматку 0 , тоді намистинка B розташована на шматку p
k 1
, намистинка A у
своєму шматку розташована на позиції t , а B у своєму шматку розташована на позиції r . Тоді
nk
k 1
nk
n 1
n 1
AB  p
t  (p
 1) p
 r  1  (r  t )  p
1  p
 1,
остання рівність за вибором точок. Тому r  t . Тому після зміни порядку у кожному з шматків,
вони так само будуть на однакових позиціях знаходитись, звідки ця відстань між ними не
зміниться. Це означає, що не будь-яку розстановку модна отримати.
10 клас
1. Задача 9–3.
2. Знайдіть усі пари цілих чисел ( a , b ) , що задовольняють рівність:
b
2
 7(a  b)

2
 a b.
3
Відповідь: ( t ; t ), t  Z, (  18 ;  2 ), (12 ; 3 ), ( 0 ; 7 ) .
Розв’язання. зробимо такі перетворення заданого рівняння:
b  14 b ( a  b )  49 ( a  b )
4
2
2
 a b  a b  b  14 b ( a  b )  49 ( a  b )  0 
b ( a  b )  14 b ( a  b )  49 ( a  b )
3
3
2
3
2
3
4
 0  ( a  b )( ba
2
2
 ab
2
2
 b  14 b  49 ( a  b ))  0 .
3
2
Звідси знаходимо першу групу розв’язків: a  b  t  Z .
Далі розглядаємо випадок a  b , тоді повинна справджуватись рівність:
2
2
3
2
ba  ab  b  14 b  49 ( a  b )  0 .
При b  0 , то маємо a  0 , що суперечить умові.
Тепер розглянемо останнє рівняння як квадратне відносно a :
2
2
3
2
ba  a ( b  49 )  b  14 b  49 b  0 .
Його дискримінант
3
D ( b )   ( b  7 ) ( 3b  7 ) .
Він невід’ємний, якщо 
7
3
 b  7 і залишається зробити перебір. При цьому дискримінант
повинен бути точним квадратом. Тому залишаються такі значення b  {  2 ; 3; 6 ; 7 } .
Тепер простим перебором знаходимо наведені у відповіді розв’язки.
3. Задача 9–4.
4. Послідовність
задана рекурентно умовами:
( xn )
x1  
,
x n  1  2 

2
1
. Відомо,
xn
що ця послідовність чисто періодична. Доведіть, що її найменший період має
непарну довжину.
Розв’язання. Нехай m — мінімальний період, тоді x1  x m 1   , звідси x1  x m 1  2 . Із

рекурентного співвідношення маємо, що x k 
x 2  x m  2 

2
1
2  x k  1
1
2

x1

. Тоді
2
1
 2 .
2  x m  1
Аналогічно x 3  x m 1  2 і так далі. При парному m  2 k будемо мати, що x k  x k  2  2 та
x k 1  x k 1  2 , тобто x k 1  
і послідовність має періодом менше число
1
2
m  k , що
суперечить припущенню.
Альтернативне розв’язання. Покладемо y n  x n   , тоді для y n маємо такі умови: y1  0 ,
y n  1    2 
Тоді y 2 

2
1
yn  
ctg   ctg

2
ctg   ctg
, звідки y n 1 
1

yn  1
yn  
. Позначимо y1  ctg

2
 0 ,   ctg  .
 ctg ( 2   ) , звідки аналогічно отримаємо, що y n  ctg ( 2  ( n  1) ) .
2
Якщо m — мінімальний період, тоді y1  y m  1  0 , тоді m    l та  
Якщо m  2 k - парне, то y k  1  ctg ( 2  k 
 l
2k
)  ctg ( 2 
 l
2
 l
m
, lZ.
) . Якщо l - парне, то це значення не
визначене, якщо l - непарне, то y k  1  y1 і послідовність має менший ніж m період.
11 клас
1. Задача 10–2.
AB
2.
На
стороні
гострокутного
трикутника
ABC як на діаметрі побудували
коло k . Коло, що дотикається
до бісектриси  CAB у точці A
та проходить через точку C
перетинає коло k у точці P  A
,
аналогічно
коло,
що
дотикається до бісектриси
 CBA у точці B та проходить
через точку C перетинає коло
k у точці Q  A . Доведіть, що
BP
прямі
та
AQ
перетинаються в точці, що
лежить на бісектрисі  ACB .
C
lB
Q
k
I
kB
A
Рис. 1
B
Розв’язання. Позначимо відповідні кола l A та l B . Спочатку розглянемо усі властивості для кола
l B (рис. 1), воно перетинається з колом k у внутрішній точці  ABC . Якщо позначити кути
 ABC
стандартним чином  ,  ,  , тоді  IBC 
1
2
 , тому  BQC  180   12  , оскільки
AB - діаметр кола k , то  AQB  90  , звідси
 AQB   BQC  270  
Тоді  AQC  90  
1
2
1
2
.
 . Добре відомо, що таку ж саме величину має кут  AIC  90  
1
2
 , де
I - інцентр  ABC . Тому точки A , I , Q , C лежать на одному колі, позначимо його k B . Пряма
AQ є радикальною віссю кіл k B , k . Тому аналогічно пряма BP є радикальною віссю кіл k A , k .
Тому точкою перетину прямих AQ та BP має однакову степінь відносно кіл k A та k B , а тому
деріть на радикальній осі цих кіл, тобто на прямій CI , тобто на бісектрисі кута  ACB .
3. Задача 10–4.
4. Місто має форму квадрату 7  7 , що розбитий на квадратики 1  1 . У кожній
вершині квадратиків 1  1 розташовані будинки (усього 64). З’єднувати дорогами
можна лише будинки, що знаходяться на відстані 1 . Скільки мінімум треба
побудувати таких доріг довжини 1 між домівками, щоб з кожного дому можна було
потрапити в кожен інший, проїхавши лише дорогами відстань не більше 14?
Відповідь: 64 .
Розв’язання. Нехай дома – це вершини графу, проведені
дороги – ребра, цей граф повинен бути зв’язним, а тому
мінімум треба провести 63 і цей граф – дерево. Покажемо, що
за таких умов друга умова порушується. Зазначимо, що між
будь-якими двома вершинами є єдиний шлях (якщо не
враховувати рух по тім самим ребрам у протилежних
напрямах), бо якщо їх два, то утворюється цикл, що суперечить
тому, що цей граф – дерево.
C
B
2
3
Розіб’ємо місто на 4 квадратних сектори по 16 домівок, як це
1
4
показане на рис. 1. Якщо шлях від A до B заходить до
секторів 3 або 4 , то він повинен зробити 4  4  8
A
D
горизонтальних ходів та 7 - вертикальних. Разом 15 , що
Рис. 1
суперечить умові. Тому цей шлях не заходить на «праві»
сектори. Так само шлях від B до C не заходить до «нижніх»
секторів 1 та 4 . Тоді розглянемо об’єднання шляхів від A до B та від B до C . Виділимо тут
шляхом вилучення зайвих ребер найкоротший маршрут від A до C .
Тоді він не заходить у сектор 4 . Аналогічно, якщо розглянути шляхи
від A до D (проходить через сектори 1 та 4 ), та від D до C
(проходить через сектори 4 та 3 ), і поєднати їх у найкоротший шлях
від A до C . Тоді він не заходить у сектор 2 . Звідси випливає, що є
два різних шляхи від A до C , а це означає, що у графі є цикл.
Одержана суперечність завершує доведення.
Покажемо тепер, що існує реалізація зазначеного проекту при
проведенні рівно 64 доріг. Це показане на рис. 2.
Рис. 2
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа