Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2001/04/27.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:28 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:12:06 2012 Кодировка: Windows-1251

ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

27
1 + 1 k+2 +K+ 1 2k k 1 2k = 1 2

откуда

2. CQ = T1Q ctg = r 2 sin 2 5. Пусть IX K1 K2 , X K1 K2 . Тогда cos
2

Так как для любого k N имеем
k +1

,

K1 IK2 = 2K1 K3 K2 = 2 K1 IX = ,

стало быть,
IX = r cos .

Но
XIP = L3 IT3 =

- 2

,

1 то, как известно, последовательность чисел an = 1 + + 2 1 1 + +K+ не ограничена сверху (т.е. an ). 3 n Задача будет решена, если мы докажем, что существует c > 0 со следующим свойством: s n c an для любого n N. Для достижения этого достаточно показать, что для всех x 0; 1

b

поэтому
IP =

fx

и из равенства

r cos , - cos 2 r sin 2

bg b g f 21

x.

(& )

Приведем доказательство неравенства (& ). Для всех x 1 2 ; 1 имеем x 1 2 x . Тогда, применяя свойства f, получаем
f 1 f 2x = f x + x f x + f x = 2f x ,

CI =

bg b g b LM N

g bg bg

bg

следует, что
CP =

r sin 2

-

r cos . - cos 2

6. Докажем, что CP + CS = 2CQ, т.е. что Q середина отрезка SP. Имеем:
r cos r cos r cos + = CP + CS = - + - - sin cos sin cos 2 2 2 2 2 2r cos r 2 = 2CQ . 1 + cos = = sin sin 2 2 r

b

g

Значит, TT2 серединный перпендикуляр к отрезку SP. 1 Продлим K1 K2 и H1 H2 до пересечения в точке Y. Мы доказали, что R H1 H2 , SP =R SP, K1 K2 , значит, треугольник SYP равнобедренный, поэтому прямые H1 H2 и K1 K2 симметричны относительно YQ, т.е. относительно TT2 . Это означает, что K1 K2 совпадает с прямой l3 . 1 Аналогично, l1 и l2 это прямые K2 K3 и K1 K3 , следовательно, треугольник, составленный из прямых l1 , l2 , l3 , это K1 K2 K3 . Его вершины лежат на вписанной в треугольник АВС окружности, что и требовалось доказать. Т.Емельянова, А.Гайфуллин, Д.Терешин

c

hc

h

откуда, с учетом 0 x 1 , следует неравенство (& ). Далее можно применить математическую индукцию. Пусть 1 1 неравенство (& ) выполняется для любого x n ; n -1 . 22 1 1 1 1 Тогда при x n +1 ; n имеем 2 x n ; n -1 . В силу 22 2 2 f1 2 x . С другой стороны, предположения тогда f 2 2 как уже отмечено выше, 2 f x f 2 x . Потому имеем f1 2f x 2 x , что равносильно неравенству (& ). По2 скольку любой x 0; 1 находится в некотором отрезке 1 1 ; n-1 , то неравенство ( & ) доказано и задача вида n 22 решена. В.Попов

b g bg b g LM N OP Q

b g bg b g bg b g

OP Q

LM N

LM N

OP Q

OP Q

b

1765. Длина ребра правильного тетраэдра равна 1.

а) На ребрах тетраэдра отмечены 5 точек. б) На поверхности тетраэдра отмечены 9 точек. в*) В тетраэдре отмечены 9 точек. Докажите, что в каждом случае найдутся две отмеченные точки, расстояние между которыми не превосходит 0,5.

1764. Пусть функция f : 0; 1 R следующим условиям: f 0 = 0, f 1 > возрастает на 0; 1 и для любых x1 которых x1 + x2 0; 1 , выполняется

bg

bg

f x1 + f x2 f x1 + x2 .

Докажите, что тогда последовательность чисел
sn = f 1 + f

ch ch c

h

удовлетворяет 0, f монотонно , x2 0; 1 , для неравенство

bg FGH 1 IJK + f FGH 1 IJK 2 3

+K+ f

FG 1 IJ H nK

, n = 1, 2, 3, ,

не ограничена.
7*

а) Три полуребра, выходящих из какой-либо вершины тетраэдра ABCD, назовем репером. Таким образом, каркас тетраэдра (т.е. объединение его ребер) состоит из четырех реперов. Так как отмеченных точек пять, то найдутся две из них М и N, которые принадлежат одному реперу. Остается заметить, что диаметр репера равен 0,5, а, значит, MN 05 . , б) Средние линии разделяют каждую грань тетраэдра АВСD на четыре треугольника. Треугольник, ограниченный средними линиями, в каждой грани оставляем белым, а объединение четырех таких треугольников называем множеством S. Все угловые треугольники (их 12) закрашиваем в черный цвет, а их объединение называем множеством Т. Если 5 или более из 9 отмеченных точек попали в белое множество S, то среди них найдутся две, которые попадут в один из четырех белых треугольников.