Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1999/02/18.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:05 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:11:52 2012 Кодировка: Windows-1251

Ответ: за 24 часа. Отметим на циферблате положения часовых стрелок всех пяти часов (см. рисунок). Циферблат разобьется на пять секторов. Занумеруем их по кругу. Пусть x# часовая стрелка прохоx! дит секторы за x1 , x2 , x3 , x4 , x5 часов соответственно. (Некотоx" рые из этих чисел, возможно, нулевые; сумма x1 + x2 + x3 + x4 + x5 равна 12 часам.) Чтобы перевести все часы на начало первого сектора, необходимо затратить S1 = ( x2 + x3 + x4 + x5 ) + ( x3 + + x4 + x5 ) + ( x4 + x5 ) + x5 = x2 + 2 x3 + 3 x4 + 4 x5 часов. Аналогично можно посчитать величины S2 , S3 , S4 и S5 , где Si время, необходимое для установки всех часов на начало i-го сектора. Следовательно, S1 + S2 + S3 + S4 + + S5 = (1 + 2 + 3 + 4)( x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) = 10 12 = = 120 часов; наименьшая из величин Si не превосходит 120 : 5 = 24 часа. С другой стороны, если x1 = x2 = x3 = x4 = x5 (например, если часы показывают 12 ч, 2 ч 24 мин, 4 ч 48 мин, 7 ч 12 мин и 9 ч 36 мин), то все Si равны 24 часам. Менее чем 24 часами в такой ситуации не обойтись. О.Подлипский


x

x

С помощью векторов нетрудно получить и естественное решение исходной задачи. Второе решение. Ниже мы будем рассматривать векторы в базисе { a , c }, где a = BC , c = BA , длины этих векторов обозначим через а и с соответственно. c 1 Имеем: BL = c + ac + c a . a- c = a+c a+c Обозначим BE = BL , тогда

FG H

IJ K

FG H

IJ K

BL + EM = BM =







1 a+ c . 2

FG H

IJ K

Приравняем проекции левой и правой частей этого равен c 1 a+c = , откуда = . ства на вектор a : a+c 2 2c Аналогично, положив BD = BM , получим BM + + DL = BL; проектируя обе части этого равенства на c , a находим = . 2 a+c a a a a + c . Таким + Получили BE = c , BD = a+c 2c 2 образом,


BE a



=

1a c + 2a c

F GG H





I JJ K

FG H

IJ K

это высота треугольника,


построенного на единичных векторах

a a



М1654. Через основания L и М биссектрисы BL и
медианы BM неравнобедренного треугольника АВС провели прямые параллельно, соответственно, сторонам ВС и ВА до пересечения с прямыми ВМ и BL в точках D и Е. Докажите, что угол BED прямой.

BD a



=

1 a+c

Первое решение. Обозначим О = LD 1 ME , и пусть точка О лежит внутри треугольника АВС (именно такое расположение было предB ложено рассмотреть на олимпиаде). МЕ медиана треугольника МВС (рис.1), а значит, и треугольника MDL, D т.е. OL = OD. Далее, E DLB = LBC , MEL = C = ABL = LBC . ПолуA ML чили: MEL = DLB , Рис.1 OL = OE. Итак, в треугольнике LED медиана ЕО равна половине стороны LD. Следовательно, угол DEL прямой, откуда сразу следует утверждение задачи. Случай внешнего расположения точки О рассматривается аналогично. А можно и не A рассматривать этот случай, а просто сослаться на такое почти очеD E видное предложение. Лемма. Пусть В и С произC B вольные точки на выходящих из А лучах (рис.2), BD || CK , CE || BF . Тогда и ED || KF . F Доказательство следует из теоK ремы Фалеса; легко получить Рис.2 его и с помощью векторов.

ния этого треугольника, отличная от основания высоты. BD BE Поэтому очевидно (рис.3), что BE и a a утверждение задачи доказано. B Разумеется, к этому решению можно было подойти более фор мально: вектор BD BE = ? = ? a a-c a c *- = - = параллелен = 2 a+c a c

F GG H



a

a c + c a c



I JJ K

и

c c

. Далее,

(внутренняя) точка основа-

b b

g g

основанию треугольника. А можно было и воспользоваться понятием скалярного произведения:

F GG H

I JJ K

BD a



FG H FG H

BD, BE =





IJ K

a

2

2

КВАНT 1999/?2

BE, BE =





IJ K

a

2

2

F GG GG H F GG GG H

1+

1+

А.Акопян, В.Сендеров

FG a, c IJ I H K JJ ac J JK FG a, c IJ I H K JJ ac J JK


Рис.3

,

.

М1655. Существуют ли 1998 различных натуральных
чисел, произведение любых двух из которых делится нацело на квадрат их разности?

18