Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2003/03/61.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:27:28 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:31:57 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 101

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

61

22. Обозначим эти трехчлены f ( x ) , g ( x ) и h ( x) , а их старшие коэффициенты a, b и c. Можно считать, что a < b < c. Поскольку трехчлен f ( x ) - g ( x ) имеет только один корень и его старший коэффициент отрицателен, то f ( x ) - g ( x ) ? 0 для любого x. Аналогично, g ( x ) ? h ( x ) . Таким образом, f ( x ) ? g ( x ) ? h ( x ) для всех x. Но в некоторой точке t имеем f (t ) = h (t ) . Тогда и f (t ) = g (t ) = h (t ) . 23. В равнобедренном треугольнике ACD медиана CF совпадает с биссектрисой и высотой, следовательно, РACF = РDCF и РAFC = 90o . Значит, четырехугольник ABCF вписанный. Поэтому
РBLC =
o

BC + AF = РBAC + РAB F = 2
o o

И

И

б) Не умаляя общности, можно считать, что точка L расположена на продолжении диагонали AC за точку C. Заметим, что РDAC = РDBC и РDCA = РDBA как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу. В силу того, что AB P DY , мы имеем РDCA = РDBA = РB DY. Таким образом, треугольники DAC и YBD подобны по двум углам. Следовательно, треугольники DMC и YND подобны как соответствующие 'половинки', отрезанные от двух подобных треугольников медианами. Отсюда РDML = РDNL . Это означает, что точки M, N, L и D лежат на одной окружности. 32. Можно. Например, в силу китайской теоремы об остатках можно расставить числа так, чтобы число i-й строки и j-го столбца было сравнимо с ( -1)i (2i - 1) по модулю 17 и с

= 90 - РACB + РABF = 90 - 2РACF + РABF = 9 0 - РA CF = = РFAC = РFBC = РLBC . 26. Не всегда. Рассмотрим 2001 одинаковых графов, в каждом из которых 2003 вершины, точнее, одна вершина степени 2000 и 2002 вершины степени 2001. И еще рассмотрим одну вершину, не принадлежащую ни одному из этих графов. Соединим ее ребрами с каждой из 2001 вершин степени 2000. Мы получили граф, в котором 1 + 2001 Ч 2003 = 4008004 вершин, причем степени всех вершин одинаковы. Пользуясь тем, что сумма степеней вершин любого связного графа четна, легко доказать, что в построенном графе нет подграфа, степени всех вершин которого одинаковы и нечетны. При помощи перехода к дополнительному подграфу из этого легко выводится, что нет и собственного подграфа, степени всех вершин которого одинаковы и четны. И 27. РYXI = РXYI и РXYI = XI 2 = РBXI , стало быть, РYXI = РBXI . Аналогично, РXYI = РCXI. Значит, точка I лежит на биссектрисах углов BXY и XYC , что и требовалось доказать. Замечание. Условие 'точки X и Y лежат на сторонах треугольника' однозначно определяет картинку. Если 'стороны' заменить на 'продолжения сторон', то утверждение задачи останется верным. (Убедитесь в этом!) 28. 12. Сначала по индукции докажите, что набором гирь 1, 1, 2, 4, 8, ..., 2k и A при A ? 2k +1 можно уравновесить любую пару грузов суммарной массы не более A + 2k +1 , а затем докажите, что 11 гирь недостаточно. 30. = 11 20. Вычислим среднее арифметическое всех 11 чисел. Если оно больше 1/2, поместим в первую группу число a1 = 0 , а во вторую все остальные. Среднее арифметическое чисел a2, K , a11 в 11/10 раз больше среднего арифметического всех чисел, а потому больше 11/20. Если же среднее арифметическое всех чисел не больше 1/2, помещаем в одну группу a11 = 1 , а в другую a1, a2, K, a10 . Сумма всех одиннадцати чисел не больше 11/2, значит, сумма первых десяти не больше 9/2, поэтому их среднее арифметическое не больше 9/20 = 1 11/20. Примером набора, который нельзя разбить на две группы с меньшей разностью средних арифметических, служит, например, набор 0, 1/10, 2/10, ..., 9/10, 1. 31. а) Пусть OK пересекает BC в точке X, AC в точке Y. Пусть Z точка описанной окружности треугольника ODC1 , диаметрально противоположная O. Тогда, поскольку угол ODA прямой, Z = OK I AB . Из вписанности четырехугольника ZODC1 получаем, что РCOX = РADC1 . Кроме того, РDAC1 = РOCX (из вписанности четырехугольника C1 ACB ). Поэтому подобны треугольники COX и ADC1 , откуда OX OC = DC1 AD . Аналогично, OY OC = DC1 DB . Осталось приравнять правые части двух последних равенств.

63 Ч 62 на 6 2 больше количества ребер полного графа с 63 вершинами. Докажем, что первый игрок может получить вершину, в которую входят 6 ребер и ни одного ребра не выходит. Сначала он разобьет вершины на пары и проведет по ребру между вершинами каждой пары. Второй как-то ориентирует эти ребра, в результате получатся 32 вершины, в которые входит по одному ребру и ни одного не выходит. Первый разобьет эти 32 вершины на пары и проведет в них ребра. Второй эти ребра ориентирует, в результате чего образуются 16 вершин, в которые входит по 2 ребра и ни одного не выходит. И так далее. В итоге получится вершина A, в которую входят 6 ребер и ни одного ребра не выходит. После этого первый проведет все возможные ребра среди 63 отличных от A вершин. Получится ориентированный граф с 1959 ребрами, в котором из вершины A нельзя выйти. 37. При k = 2r + 1 , где r целое неотрицательное число. Представим число k 1 в виде k - 1 = 2 p q , где p неотрицательное целое, а q нечетное число. Ясно, что все степени k дают остаток 1 при делении на q. Предположим, что q ? 1 и на доске написано число a, не дающее остаток 1 при делении на q. Покажем, что в этом случае Саша всегда сможет изменить число так, чтобы и новое число не давало остаток 1 при делении на q. Допустим, Дима назвал некоторое число x. Саша будет вынужден написать число, дающее остаток 1 при делении на q, лишь если числа a + x и a x дают остаток 1, но в этом случае число ( a + x ) - ( a - x ) = 2 x кратно q, а тогда / x M q и a + x ? a - x ? a ? 1 ( m od q) . Итак, в случае q ? 1 Саша может не позволить появиться на доске числу, сравнимому с 1 по модулю q, а значит, на доске не появится никакая степень числа k. Докажем индукцией по r, что при k = 2r + 1 Дима сможет получить на доске степень числа k. База: r = 0, т.е. k = 2. Действия Димы будут такими: если на доске написано число a = 2u (2v + 1) , где v ? 1 , Дима называет x = 2u . Тогда
34. Выигрывает первый игрок. Число 1959 = 6 +

( -1) j (

2 j - 1) по модулю 101.

a - x = 2u +1v и a + x = 2u +1 (v + 1) . В обоих случаях максимальный нечетный делитель числа, написанного на доске, уменьшился. Следовательно, когда-нибудь Дима получит степень двойки. Переход. Пусть k = 2r + 1 , тогда n = 2r +1 + 1 можно представить в виде n = 2k 1. Допустим, Дима уже получил степень числа k. Покажем, как он из степени числа k сможет сделать степень числа n. Для этого объясним, как из числа a вида kunv можно получить число того же вида с u -1 v меньшим u. Если Дима называет число x = (k - 1) k n , то a - x = ku -1nv и a + x = (2k - 1) ku -1nv = ku 1nv +1 . Следовательно, за u ходов получится степень числа n.