Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1998/04/59.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:24:43 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:04 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: вторая космическая скорость

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59

слагаемых. 5. Ответ: в отношении 5:7, считая от вершины А. Решим сначала 'задачу одного гвоздя'. Пусть вбит один гвоздь, касающийся треугольника в точке М на стороне АС. Фиксируем центр предполагаемого вращения (точка О). Можно ли повернуть треугольник вокруг точки О на небольшой угол, и если да, то в какую сторону? Пусть треугольник расположен так, что при повороте вокруг центра на 60њ по часовой стрелке вершина А переходит в вершину В. Проведем перпендикуляр к прямой АС в точке М. Он разобьет плоскость на две полуплоскости. Если точка О лежит в той же полуплоскости, что и С, то вокруг точки О можно повернуть треугольник по часовой стрелке, а если в другой полуплоскости, то против часовой стрелки. Вернемся к 'задаче трех гвоздей'. Проведем три соответствующих перпендикуляра. Докажем, что если они не пересекаются в одной точке, то треугольник можно повернуть. Действительно, перпендикуляры разбили плоскость на семь областей. Сопоставим каждой области строку из трех символов типа + или . Первый плюс означает, что гвоздь на стороне АВ не препятствует вращению треугольника вокруг точек этой области по часовой стрелке и т.д. Разным областям не могут соответствовать одинаковые строки. Всех возможных строк восемь. Поэтому наверняка встретится или строка +++, или строка . Итак, перпендикуляры пересекаются в одной точке. Точки, где вбиты гвозди на сторонах АВ, ВС и АС, обозначим соответственно через D, E и F. Пусть перпендикуляр к АВ в точке D пересекает АС в точке K, перпендикуляр к ВС в точке Е пересекает АС в точке Н, и эти перпендикуляры пересекаются в точке R. Тогда AK = AD cos 60њ = AC/2 и СН = = CE cos 60њ = 2/3AC. Треугольник HRK равнобедренный, поскольку углы HKR и KHR равны 30њ. Отсюда HF = FK и F делит сторону АС в отношении 5:7, считая от вершины А. 11 КЛАСС
11 = 2x - 1 2y - 1 2z - 1 . 22 Если левая часть равенства равна нулю, то хотя бы один множитель справа равен нулю. 2. Нет, не следует. Пример: x + y + z - 2 xy + yz + xz + 4 xyz -

1, поэтому число х тоже четное. Обозначив z = 2t, имеем 5t 2y = 3u , 5t + 2y = 3v . Поэтому u = 0, v = x = 2k. Значит, 1 + 2y +1 = 32k , откуда 3k + 1 3k - 1 = 2y +1 . Получили k 3k + 1 = 2m , 3 1 = 2n , 2m 2n = 2. Отсюда n = 1, k = 1, y = 2, x = 2k = 2, z = 2. 5. Число 61 нечетное, поэтому на плоскости такая система шестеренок вращаться не сможет: если одна из шестеренок вращается по часовой стрелке, ее соседи должны вращаться против часовой стрелки, и наоборот. Однако в пространстве

d

id

i

z

%

$ " y
Рис. 7

!

x

!&

!%

1. Заметим, что

b

g

b

gb

gb

g

требуемая конструкция возможна см. рис.7. Плоскости шестеренок 113 перпендикулярны координатной плоскости Оxz; шестеренки 1361 и 1 содержатся в плоскости Oxy. При этом шестеренки 13, 15, 17, ..., 61 вращаются по часовой стрелке (если смотреть на плоскость Оху сверху), а шестеренки 14, 16, ..., 60, 1 против часовой стрелки. На участке 113 этой цепочки происходит перемена четности номеров шестеренок, вращающихся в плоскости Оху в одну сторону: шестеренки 1 и 13 вращаются в разных направлениях. Комментарий. Встретившийся в этой задаче объект называется лентой Млбиуса.

Избранные задачи отбора на Российскую олимпиаду
1. Первое решение. Пусть Р(х) = ak xk + am xm + ..., где k > k k >m 0. Тогда Р(Р(х)) = ak ak x + am x m + K + + am ak x + am x + K + ... При раскрытии первой скобки получаются степени k2 > k(k 1) + m >... Старшая степень второй скобки равна km. Но k(k 1) + m > km при k > 1. В этом случае k(k 1) + m > 0. Получили: k = 1, n = 1. Легко 1 видеть, что Р(х) = х . 2 Второе решение. Обозначим Q = P , тогда Q(x)Q(P) = = nx n -1 . Значит, Q(x) одночлен: Q(x) = ak x k . Q(P(x)) также одночлен. При k > 0 это означает, что Р(х) одночлен. Противоречие. Получили: Р(х) = ax + b, n = 1. 2. Перепишем уравнение: (x а)(y a) = a 2 , где x 0 . Число целых решений этого уравнения имеет вид 4k + 1 99. 3. Занумеруем школьников в порядке очереди в первый день. Пусть их всего n. Пусть k номер школьника, игравшего с последним в первый день. Тогда он играл со школьниками с номерами от k + 1 до n. Ясно, что во второй день он также играл с кем-то из них. 4. Лемма. Если x1 , x2 , x3 корни x 3 + px + q, p, q 3, x1 , x2 , x3 3 , то ax1 + bx2 + cx3 1 при a, b, c 3. Доказательство. Пусть x1 x2, Ax1 + Bx2 = 1, А, В 3, A 0.
m
m

fx =

3. Обозначим через М точку пересечения медиан треугольника АВС. Рассмотрим равносторонний треугольник APQ, для которого отрезок AK является медианой, а точка Р лежит на прямой АВ. Так как точка пересечения медиан всегда делит медианы в отношении 2:1, точка М является точкой пересечения медиан, т.е. центром треугольника APQ. Значит, KPM = 30њ = KBM. Следовательно, точки M, K, P, B лежат на одной окружности. Так как угол MKP прямой, МР диаметр этой окружности. Эта окружность пересекает АР ровно в двух точках, одна из которых Р, а другая, В, середина АР. Пусть сторона треугольника APQ равна 2а. Имеем: АВ = а, AK = 3a . Треугольник BKP равносторонний, BK = a = =KC и BC = 2a. Далее, ABK = 120њ, откуда по теореме косинусов AC2 = AB2 + BC2 2 AB BC cos120њ = a2 + 4a2 + + 2a2 = 7a2 .Наконец, находим cos ACB = 4 + 7 - 1 2 2 7 = = 5 2 7 и cos CAB = 7 + 1 - 4 2 7 = 2 7 . 4. Правая часть уравнения при делении на 3 должна давать тот же остаток, что и левая, т.е. 1. Поэтому z четное число. Аналогично, левая часть уравнения делится на 4 с остатком

b g R1 S2 T

- x, если x 1 ; x , если x > 1.

e

k

g

e

g

ej

b

ge j

b

ge

j

P x1 - P x2 = x1 - x2 =
2

b g b g b ged FG B IJ - B H AK A

2 2 x1 + x1x2 + x2 + p = 0 .

ij

+ 1 > 0.