Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2002/05/63.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:27:06 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:32 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: п п п п

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63

стеме, соответствующей тройке А, В, С. Если x A = xB (слуx - xA рационачай x A = xC аналогичен), то tg РBA C = + C yB - yA лен (или не существует). Если же xB ? x A и xC ? x A , то yB - yA yC - y A числа p = x - x и q = x - x рациональны. Но B A C A p = tg , q = tg , где и углы, образуемые лучами АВ и АС с положительным направлением оси Ох, поэтому из формулы p-q tg РCAB = tg - = 1 + pq следует рациональность tg РBAC (или тангенс не существует, если pq = 1). Аналогично, рациональными являются тангенсы углов всех треугольников с вершинами в данных точках. Рассмотрим систему координат сr началом А и едиuuu ничным вектором по оси Ах, равным AB . Для любой точки D нашего множества tg РDAB и tg Р DBA рациональны, поэтому уравнения прямых AD и BD имеют рациональные коэффициенты. Тогда и точка D имеет рациональные координаты. Изменив масштаб, мы получим целочисленные координаты у всех точек. 3. Указание. Достаточно доказать это неравенство при 0 cosk x - sin k x ? cos
k+ 2

Пусть для натурального числа n имеют место указанные представления: n = a1 + K + a2002 = b1 + K + b2003 . Воспользуемся тем, что каждое из чисел a1, K, a2002 дает такой же остаток при делении на 9, что и сумма цифр; обозначим этот остаток через r ( 0 ? r ? 8 ), а соответствующий остаток для чисел b1, K, b2003 через s ( 0 ? s ? 8 ). Тогда n 2002r и n 2003s кратны 9, а значит, и число

n - 2002r - n - 2003 s = 2003s - 2002r = 2003 r + s - 4005r
кратно 9. Число 4005r также кратно 9, а число 2003 взаимно просто с 9; отсюда следует, что число r + s кратно 9. Если при этом r = s = 0, то n ? 9 Ч 2003 (поскольку b1, K, b2003 делятся на 9). Если же r ? 0 , то r + s = 9, и потому имеет место по L крайней мере одно из неравенств r ? 5 или C B s ? 5 ; для числа n получаются неравенства L? n ? 5 Ч 2 00 2 и n ? 5 Ч 200 3 соответO ственно. А так как 10 010 = 5 Ч 2002 = K A = 4 Ч 2002 + 2002 Ч 1 и числа 4 и 2002 имеют одинаковую сумму цифр, то число 10010 искомое. D Рис. 10 6. Будем считать, что K лежит в V AOD (все остальные случаи разбираются аналогично). Пусть L? точка, симметричная L относительно ВС (рис.10). Тогда РL? BO = РOBC - РL? BC = РOBC - РLBC , но РOBC = РOAD , так как ABCD вписанный, следовательно,
РL? BO = РOAD - РKAD = РOAK = РOBK ,

x - sin

k+2

x при k ? 2

и

cosn x - sin n x cosn-1 x - sin ? k k cos x - sin x cosk-1 x - sin

n-1 k-1

x x

при n ? k > 1 .

Убедитесь, что исходное неравенство сводится к случаям m = 1, n = 3 и m = 1, n = 2, для которых оно почти очевидно. 4. Сначала докажем, что если с любой площади выходит не более двух улиц, то площади можно покрасить в 13 цветов так, чтобы ни с какой площади нельзя было попасть на площадь того же цвета, проехав менее трех улиц. Для этого рассмотрим следующий вспомогательный ориентированный граф: его вершинами будут площади, а ориентированными ребрами будут соединены пары площадей, между которыми в нашем городе есть путь, проходящий не более чем по двум улицам. Легко видеть, что в этом графе из каждой вершины выходит не более 6 ребер. Нужно доказать, что вершины этого графа можно раскрасить в 13 цветов правильным образом. Это утверждение легко доказывается индукцией по числу вершин. Действительно, в случае, если вершин не больше 13, утверждение очевидно. Далее, легко видеть, что если в ориентированном графе из каждой вершины выходит не более 6 ребер, то существует вершина, в которую входит не более 6 ребер. Удалив из графа эту вершину, мы получим граф, удовлетворяющий нашему условию и содержащий меньшее число вершин. По индукционному предположению, мы можем раскрасить вершины этого графа в 13 цветов, после чего удаленную вершину мы также можем покрасить в один из цветов, так как она соединена не более чем с 12 вершинами. Теперь для каждого цвета разделим все площади данного цвета на 78 типов, в зависимости от того, на площади каких цветов ведут улицы, выходящие с данной площади. Поскольку других цветов 12, для каждого цвета есть 12 вариантов, в которых обе улицы ведут на площади одного цвета, и 12 Ч 11 = 66 вариантов, в которых они ведут на площади раз2 ных цветов. Итого, 78 вариантов. Таким образом, мы можем разбить все площади на 78 Ч 13 = 10 14 районов. Осталось доказать, что полученное разбиение подходит. 5. 10010.

так как ABOK вписанный. Аналогично, РL? CO = РOCK . Далее, Р BKO = Р BAO = Р CDO = Р CKO , так как четырехугольники ABCD, ABOK и CDKO вписанные. Теперь рассмотрим четырехугольник BL? CK (рис.11). Пусть N точка пересечения CK и BL? , М точка пересечения

B P O T R
Рис. 11

C
L?

M

Q N

K

BK и CL? . Так как СО биссектриса РMCK , ВО биссектриса РNBK , а KO биссектриса РMKN , то О равноудалена от сторон четырехугольника ML? NK и является центром вписанной в него окружности. Пусть Р, Q, R, T точки касания этой окружности со сторонами ML? , L? N , NK и KM соответственно. Тогда CK + BL? = CR + KR + BQ - L? Q = CP + KT + BT - L? P = = KT + BT + CP - L? P = KB + CL? . Значит, CK + BL = KB + CL, и четырехугольник BLCK является описанным, что и требовалось доказать.