Условие В олимпиаде участвовали 2006 школьников. Оказалось

1
Условие
В олимпиаде участвовали 2006 школьников. Оказалось, что школьник Вася из всех шести задач
решил только одну, а число участников, решивших





хотя бы 1 задачу, в 4 раза больше, чем решивших хотя бы 2;
хотя бы 2 задачи, в 4 раза больше, чем решивших хотя бы 3;
хотя бы 3 задачи, в 4 раза больше, чем решивших хотя бы 4;
хотя бы 4 задачи, в 4 раза больше, чем решивших хотя бы 5;
хотя бы 5 задач, в 4 раза больше, чем решивших все 6.
Сколько школьников не решили ни одной задачи?
Решение
Пусть все задачи решило n школьников. Тогда хотя бы 5 задач решило 4n человек, хотя бы
4 задачи --16n человек, ..., хотя бы одну задачу --1024n человек. Следовательно, 1024n
2006,
откуда получаем n 2006 : 1024 < 2. Поскольку Вася решил ровно одну задачу, 1024n > 0,
откуда n > 0. Поэтому n = 1; хотя бы одну задачу решило 1024 школьника, а значит ни одной
задачи не решило 2006 - 1024 = 982 школьника.
Ответ
982 школьника.
Условие
Среди чисел a, b, c есть два одинаковых. А оставшееся число -- другое. Составьте такое
арифметическое выражение из букв a, b, c, знаков +, -, ×, : и скобок, чтобы в результате
вычислений получилось это число. (Скобки, знаки и буквы можно использовать любое
количество раз.)
Решение
Например,
+
Другой вариант:
+
.
2
.
Условие
Произведение пяти чисел не равно нулю. Каждое из этих чисел уменьшили на единицу, при этом
их произведение не изменилось. Приведите пример таких чисел.
Решение
Ответ: например, 5, 6, 7, 8, -1.
Можно построить и другой пример: пусть первые четыре числа - двойки. Получаем уравнение на
пятое число x:
16x=x-1, откуда x=-1/15.
Условие
Является ли число 49 + 610 + 320 простым?
Решение
Имеем
49 + 610 + 320 = (29)2 + 2 . 29 . 310 + (310)2 = (29 + 310)2.
Комментарий. Можно было бы пытаться вычислять остатки от деления данного числа на разные
простые числа, надеясь найти небольшое число на которое наше число делится. Однако из этого
ничего не выйдет, так как 29 + 310 — простое число.
Условие
Доказать, что для любого натурального n справедливо соотношение:
= 2n . (2n - 1)!!
3
Решение
Ясно, что n!2n = 2 . 4 . 6 . ... . 2n. Поэтому n!2n(2n - 1)!! = (2 . 4 . 6 . ... . 2n)1 . 3 . 5 . ... . (2n - 1) = (2n)!.
Условие
Имеется 1959 положительных чисел a1, a2..., a1959, сумма которых равна 1. Рассматриваются
всевозможные комбинации из 1000 чисел, причём комбинации считаются совпадающими, если
они отличаются только порядком чисел. Для каждой комбинации рассматривается
произведение входящих в неё чисел. Доказать, что сумма всех этих произведений меньше 1.
Решение
Рассмотрим 1 = (a1 + ... + a1959)1000, тогда, раскрыв скобки, получим сумму всех возможных
произведений ai длины 1000, в каждое из которых любое число может входить несколько раз.
Кроме того, произведения отличающиеся порядком сомножителей, входят в эту сумму отдельно
друг от друга. Тем самым каждая рассматриваемая в задаче комбинация входит в эту сумму,
кроме того в эту сумму входят ещё и другие слагаемые. Все слагаемые положительны, а значит,
искомая сумма меньше 1.
Условие
Доказать, что для любого целого d найдутся такие целые m, n, что
d=
.
Решение
Выразим n через d и m. В результате получим
n=
= m2 .
2
Положим m = d + 2. Тогда n = d + 3d + 3. Итак, пусть m = d + 2 и n = d2 + 3d + 3, где d — данное
целое число. Тогда если d
- 1, то
=
Чтобы получить d = - 1, можно взять m = 1 и n = 0.
= d.
4
Условие
На протяжении некоторого года (от 1 января до 31 декабря включительно) количество вторников
было равно количеству четвергов. Следует ли из этого, что и количество сред было такое же?
Рассмотрите два случая:
а) в году было 365 дней,
б} в году было 366 дней.
Решение
а) В году 365 дней, то есть 52 полные недели плюс один день. Если год начинается со среды
(например, 2003-й год), то сред будет на одну больше, чем вторников и четвергов. б) 366 дней —
это 52 недели и ещё 2 дня. Они не могут быть вторником и четвергом, так как эти дни идут не
подряд. Не один из этих дней не среда, потому что иначе другой день был бы вторником или
четвергом, и при этом нарушается условие равенства вторников и четвергов. Значит, сред в году
не больше и не меньше.
Ответ
а) Не следует. б) Следует.
Условие
Придя в тир, Петя купил 5 пуль. За каждый успешный выстрел ему дают еще 5 пуль. Петя
утверждает, что он сделал 50 выстрелов и 8 раз попал в цель, а его друг Вася говорит, что этого
не может быть. Кто из мальчиков прав?
Решение
Если Петя купил вначале 5 пуль, а всего сделал 50 выстрелов, то 45 пуль он получил за успешные
выстрелы. Но для этого ему надо было попасть в цель 9 раз. А он утверждает, что сделал только
8 метких выстрелов. Значит, он не прав.
Условие
У Джона была полная корзина тремпончиков. Сначала он встретил Анну и дал ей половину своих
тремпончиков и еще пол-тремпончика. Потом он встретил Банну и отдал ей половину
оставшихся тремпончиков и еще пол-тремпончика. После того, как он встретил Ванну и снова
5
отдал ей половину тремпончиков и еще пол-тремпончика, корзина опустела. Сколько
тремпончиков было у Джона вначале? Что такое тремпончики выяснить не удалось, так как к
концу задачи их не осталось.
Решение
Будем решать задачу с конца. Определим сначала, сколько тремпончиков было у Джона перед
встречей с последней девушкой. Из условия следует, что пол-тремпончика составляли половину
этого количества. Значит, всего имелся один тремпончик. Аналогично, перед встречей с Банной
половину всех имевшихся тремпончиков составлял этот один и еще пол-тремпончика, то есть
полтора. Поэтому всего имелось три тремпончика. Они и еще пол-тремпончика составляли
половину исходного количества. Значит, изначально было 7 тремпончиков.
Условие
Покупатель взял у продавца товара на 10 р. и дал 25 р. У продавца не нашлось сдачи, и он
разменял деньги у соседа. Когда они расплатились и покупатель ушёл, сосед обнаружил, что 25
р. фальшивые. Продавец вернул соседу 25 р. и задумался. Какой убыток понёс продавец?
Решение
Ответ: 25 р. Убыток заключается в том, что продавец отдал 25 р. за фальшивые 25 р; остальные
обмены можно не учитывать.
Условие
Мудрецу С. сообщили сумму трёх натуральных чисел, а мудрецу П. - их произведение.
- Если бы я знал - сказал С., - что твоё число больше, чем моё, я бы сразу назвал три искомых
числа.
- Мое число меньше, чем твоё - ответил П., а искомые числа ..., ... и ... .
Какие числа назвал П.?
Решение
6
Сумму чисел обозначим через S, произведение — через P. Если S равно 3, 4 или 5, то
(проверьте!) P < S и высказывание С. ложно. Если S ≥ 7, то среди вариантов наборов, имеющих
сумму S, есть такие: (1, 2, S – 3) и (2, 2, S – 4). В обоих случаях P > S, что противоречит
высказыванию С. Остаётся вариант S = 6. При этом P может равняться 4, 6 и 8. Но П. сказал, что
его число меньше. Значит, П. назвал числа 1, 1 и 4.
Ответ
1, 1 и 4.
Условие
В выборах в 100-местный парламент участвовали 12 партий. В парламент проходят партии, за
которые проголосовало строго больше 5% избирателей. Между прошедшими в парламент
партиями места распределяются пропорционально числу набранных ими голосов (т. е. если одна
из партий набрала в x раз больше голосов, чем другая, то и мест в парламенте она получит в x
раз больше). После выборов оказалось, что каждый избиратель проголосовал ровно за одну из
партий (недействительных бюллетеней, голосов "против всех" и т. п. не было) и каждая партия
получила целое число мест. При этом Партия любителей математики набрала 25% голосов.
Какое наибольшее число мест в парламенте она могла получить? (Ответ объясните.)
Решение
Ответ: 50 мест. Если 10 партий наберут ровно по 5% голосов, а две, включая Партию любителей
математики (ПЛМ), - по 25%, то представители ПЛМ получат ровно 50 мест в парламенте.
Докажем, что большее число мест ПЛМ получить не может. Действительно, количество мест,
полученных ПЛМ в парламенте, равно
100*(количество голосов, набранных ПЛМ)/(количество голосов, набранных всеми партиями, прошедшими в парламент)=
=100*(количество голосов, набранных ПЛМ)/((общее количество избирателей)-(количество голосов, набранных всеми партиями, не прошедшими в
парламент))
Отсюда видно, что наибольшее число мест ПЛМ получит в том случае, если общее количество
голосов, отданных за непрошедшие партии, максимально. Если бы в парламент не прошли 11
партий, они вместе набрали бы не более 55% голосов, но 55%+25%<100%. Значит не прошли в
парламент максимум 10 партий, и они набрали в сумме не более 50% голосов. Поэтому ПЛМ
получит в парламенте не более 50 мест.
Условие
7
Из колоды вынули 7 карт, показали всем, перетасовали и раздали Грише и Лёше по 3 карты, а
оставшуюся карту
а) спрятали;
б) отдали Коле.
Гриша и Лёша могут по очереди сообщать вслух любую информацию о своих картах. Могут ли
они сообщить друг другу свои карты так, чтобы при этом Коля не смог вычислить
местонахождение ни одной из тех карт, которых он не видит? (Гриша и Лёша не договаривались
о каком-либо особом способе общения; все переговоры происходят открытым текстом.)
Решение
а) Пусть Гриша скажет: "У меня либо {называет свои карты}, либо {называет три карты, которых у
него нет}". После этого Лёша должен сказать: "У меня либо {называет свои карты}, либо
{называет три карты Гриши, если второй из наборов, названных Гришей, не совпадает с его
набором, и любые другие три карты, которых у него нет, иначе}". После этого каждый из них,
очевидно, знает весь расклад. Коле же ничего не ясно. Действительно, названо три набора карт:
A, B и C. Наборы B и C пересекаются по двум картам, Гриша сказал: "У меня либо A, либо B",
Лёша сказал: "У меня либо A, либо C". Это означает, что либо у Гриши набор A, а у Лёши - C, либо
у Гриши - B, а у Лёши - A. Конечно, эти расклады различны, и даже закрытую карту определить
нельзя. б) Заметим, что предыдущий способ не работает: зная закрытую карту, Коля может всё
определить. Занумеруем карты числами от 0 до 6. Пусть Гриша и Лёша по очереди назовут
остатки от деления суммы номеров своих карт на 7. Тогда они узнают расклад: каждый из них
должен лишь прибавить к своей сумме сумму другого и найти остаток, противоположный этой
общей сумме по модулю 7 (т. е. такой, который при прибавлении к этой сумме даёт число,
делящееся на 7). Это и будет номер закрытой карты. После этого восстановление расклада не
составляет труда. Проверим, что Коля ничего не узнал. Рассмотрим карту с номером s. Покажем,
что она могла попасть к Грише, если он назвал сумму a. Для этого надо дополнить эту карту
двумя другими с суммой номеров a-s. Легко видеть, что существует три различные пары
номеров, дающие в сумме a-s. Из них две, возможно, испорчены тем, что туда входит карта с
номером s или закрытая карта, но как минимум одна пара остаётся. Ей мы и дополним набор
Гриши. Такие же рассуждения показывают, что любая карта могла оказаться и у Лёши.
Условие
В городе Удоеве выборы мэра проходят следующим образом. Если в очередном туре
голосования никто из кандидатов не набрал больше половины голосов, то проводится
следующий тур с участием всех кандидатов, кроме последнего по числу голосов. (Никогда два
кандидата не набирают голосов поровну; если кандидат набрал больше половины голосов, то он
становится мэром и выборы заканчиваются.) Каждый избиратель в каждом туре голосует за
одного из кандидатов. Если это кандидат вышел в следующий тур, то избиратель снова голосует
за него. Если же кандидат выбыл, то все его избиратели голосуют за одного и того же кандидата
из числа оставшихся.
На очередных выборах баллотировалось 2002 кандидата. Мэром стал Остап Бендер, занявший в
8
первом туре k-е место по числу голосов. Определите наибольшее возможное значение k, если
Остап Бендер был избран
а) в 1002-м туре;
б) в 1001-м туре.
Решение
а) Остап не мог занять последнее, 2002-е место в первом туре, поскольку иначе он сразу же
выбыл бы из числа кандидатов. Поэтому k<2001.
Пусть все кандидаты в первом туре набрали почти поровну, Остап занял предпоследнее место и
в каждом следующем туре получал все голоса выбывшего кандидата. Тогда Остап победит в тот
момент, когда количество выбывших кандидатов достигнет половины. Это случится как раз в
1002-м туре.
Выполним точный подсчёт в случае, когда кандидаты в первом туре набрали 10 6, 106+1, ...,
106+2001 голос. Тогда в 1001-м туре у Остапа ещё меньше половины голосов, а именно: голоса
всех кандидатов, занявших последние 1001 место в первом туре. Однако в 1002-м туре у него
уже более половины всех голосов. Действительно, у Остапа
106+(106+1)+...+(106+1001)=
=1002*106+(1001*1002)/2=
=1002*106+1001*501=1002501501
голосов, а всего избирателей
106+(106+1)+...+(106+2001)=
=2002*106+(2001*2002)/2=
=2002*106+2001*1001=2004003001.
Нетрудно проверить, что это меньше удвоенного числа голосов Остапа.
б) Предположим, что k>1. Кандидата, занявшего первое место в первом туре, назовём
фаворитом. Тех, кто выбыл в первой тысяче туров, назовём аутсайдерами, а всех остальных
кандидатов, кроме Остапа, - лидерами. Поскольку число аутсайдеров 1000, а лидеров 1001, то
один из лидеров не получал голосов аутсайдеров. В первом туре (и позже) он имел больше
голосов, чем любой аутсайдер (так как в конечном счёте выбыл аутсайдер, а не этот лидер).
Поэтому фаворит, набравший в первом туре наибольшее число голосов, не входит в число
аутсайдеров.
Максимальное число голосов, которое мог собрать Остап к 1001-му туру, - это все голоса
аутсайдеров на момент вылета каждого из них и голоса первоначальных избирателей Остапа.
Любой из лидеров в любом из первой тысячи туров (а тем более в 1001-м) имеет больше
голосов, чем аутсайдер этого тура. Фаворит заведомо имеет больше, чем имел Остап в первом
туре. Поэтому лидеры в сумме имеют в 1001-м туре больше голосов, чем Остап, и он не может
стать победителем.
Дополнительный вопрос (в условие предлагавшейся на олимпиаде задачи не входит): изменится
ли ответ в задаче, если голоса выбывшего кандидата произвольно делятся между оставшимися?
9
Ответ
k=2001;
б) k=1.
Условие
В тюрьму поместили 100 узников. Надзиратель сказал им:
"Я дам вам вечер поговорить друг с другом, а потом рассажу по отдельным камерам, и общаться
вы больше не сможете. Иногда я буду одного из вас отводить в комнату, в которой есть лампа
(вначале она выключена). Уходя из комнаты, вы можете оставить лампу как включенной, так и
выключенной.
Если в какой-то момент кто-то из вас скажет мне, что вы все уже побывали в комнате, и будет
прав, то я всех вас выпущу на свободу. А если неправ - скормлю всех крокодилам. И не
волнуйтесь, что кого-нибудь забудут - если будете молчать, то все побываете в комнате, и ни для
кого никакое посещение комнаты не станет последним."
Придумайте стратегию, гарантирующую узникам освобождение.
Решение
Узники выбирают одного определённого человека (будем называть его "счётчиком"), который
будет считать узников по такой системе: если, приходя в комнату, он обнаруживает, что свет
включён, то он прибавляет к уже посчитанному числу узников единицу и выключает свет, если
же свет не горит, то он, ничего не меняя, возвращается обратно в свою камеру. Каждый из
оставшихся узников действует по такому правилу: если, приходя в комнату, он обнаруживает, что
свет не горит, и он до этого ни разу не включал свет, то он его включает. В остальных случаях он
ничего не меняет. Когда число посчитанных узников становится равным 99, "счётчик" говорит,
что все узники уже побывали в комнате.
Действительно, каждый узник, кроме "счётчика", включит свет в комнате не более одного раза.
Когда "счётчик" насчитает 99, он может быть уверен, что все остальные узники уже побывали в
комнате хотя бы раз, кроме того он сам уже побывал в комнате. Получается, что к этому моменту
все узники заведомо побывали в комнате хоть раз.
Остаётся доказать, что каждый из 99 узников включит свет. Предположим, что это не так - свет
будет включён менее 99 раз. Тогда, начиная с некоторого дня n, свет включаться не будет. Так
как никакой заход в комнату не будет для счётчика последним, он побывает в комнате после
этого дня (например, на m-й день, m>n). Если свет при этом горел, он его выключит. Значит,
начиная с (m+1)-го дня свет будет всё время выключен. Рассмотрим узника, который свет ещё ни
10
разу не зажигал. Так как и для него никакой заход в комнату не последний, он побывает в
комнате после m-го дня. Но тогда он должен включить свет - противоречие.
Условие
К берегу Нила подошла компания из шести человек: три бедуина, каждый со своей женой. У
берега находится лодка с вёслами, которая выдерживает только двух человек. Бедуин не может
допустить, чтобы его жена находилась без него в обществе другого мужчины. Может ли вся
компания переправиться на другой берег?
Решение
Переправу можно осуществить следующим образом.
Ответ
Да, может.
Условие
За круглым столом сидят несколько гостей. Некоторые из них знакомы между собой; знакомство
взаимно. Все знакомые любого гостя (считая его самого) сидят вокруг стола через равные
11
промежутки. (Для другого человека эти промежутки могут быть другими.) Известно, что любые
двое имеют хотя бы одного общего знакомого. Докажите, что все гости знакомы друг с другом.
Решение
Заметим, что если у человека есть знакомые, сидящие рядом друг с другом (в частности, если
он знаком со своим соседом), то этот человек знаком со всеми. Докажем, что такой гость
найдется. Пусть A и B — двое соседей. Если они не знакомы между собой, то их общий знакомый
C знаком со всеми, так как его знакомые сидят без промежутков. В противном случае со всеми
знаком человек A (по той же причине).
Итак, пусть X — гость, знакомый со всеми. Тогда его соседи тоже знакомы со всеми, так как они
знакомы с X (являющимся для них соседом). Соседи этих соседей также знакомы со всеми, и так
далее по кругу.
Условие
Путешественник посетил селение, в котором каждый человек либо всегда говорит правду, либо
всегда лжет. Жители селения стали в круг, и каждый сказал путешественнику про соседа справа,
правдив тот или лжив. На основании этих сообщений путешественник однозначно определил,
какую долю от всех жителей селения составляют правдивые. Определите и вы, чему она равна.
Решение
Пусть x — доля правдивых жителей. Представим себе, что все правдивые жители стали
лжецами, а все лжецы "исправились". Тогда путешественник услышит то же самое!
Действительно, правдивость любого жителя изменилась, но изменилась и правдивость соседа, о
котором он говорит. Но доля правдивых в этом круге равна 1 - x. Таким образом, путешественник
не может отличить круг с долей правдивых жителей x от круга с долей правдивых жителей 1 - x.
Значит, он мог определить долю правдивых жителей только при x = 1 - x. Но это значит, что x =
1/2.
Комментарий. Занумеруем жителей числами по часовой стрелке и положим xi = 1, если i-й
житель лжец, и xi = 0 — в противном случае. Тогда i-й житель сообщит путешественнику xi + xi + 1,
где сложение происходит по модулю 2 (т. е. 0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1, 1 + 1 = 0). Поэтому информацию,
полученную путешественником, можно понимать как систему линейных уравнений над полем из
двух элементов.
12
Условие
Пятиугольник ABCDE вписан в окружность. Найдите её длину, если BC = CE, площадь
треугольника ADE равна площади треугольника CDE, площадь треугольника ABC равна площади
треугольника BCD, а 3AC + 2BD = 5
.
Подсказка
Докажите, что AC — диаметр окружности.
Решение
Поскольку DE — общее основание равновеликих треугольников ADE и CDE, то их высоты,
опущенные из вершин A и C, равны, поэтому AC DE. Аналогично BC AD. Дуги, заключённые
между параллельными хордами, равны, поэтому
ACE = ADE = CAD = DBC = ACB.
Значит, CA — биссектриса угла BCE и AB = AE, а прямая AC — серединный перпендикуляр к хорде
BE. Следовательно, отрезок AC — диаметр окружности, а четырёхугольник ABCD —
прямоугольник. Поэтому AC = BD и по условию задачи 3AC + 2BD = 5CD = 5
окружности равен
Ответ
.
, а её длина равна
.
. Значит, диаметр
13
Условие
Разрезать круг на несколько равных частей так, чтобы центр круга не лежал на границе хотя бы
одной из них.
Решение
Разобьём окружность с центром в точке O на шесть равных частей точками A, B, C, D, E и F.
Понятно, что треугольники OAB, OBC, OCD, ODE, OEF, OFA - равносторонние. Проведём дугу
окружности с центром в точке A радиуса AB от точки B до точки O. Аналогично проведём дуги
окружностей с центрами в точках B, C, D, E, F (см. рис.). Таким образом, мы разбили окружность
на 6 равных частей. Теперь каждую из этих частей разобьём на две равные части одним из двух
способов, изображённых на рисунке.
Условие
14
Через точку X, лежащую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его
сторонам. Тогда два образовавшихся при этом параллелограмма с единственной общей
вершиной X равновелики тогда и только тогда, когда точка X лежит на диагонали
параллелограмма.
Подсказка
Пусть точка X лежит внутри параллелограмма ABCD. Если SABCX = SADCX, то точка X лежит на
диагонали AC.
Решение
Пусть точка X лежит внутри параллелограмма ABCD, прямая, проведённая через эту точку
параллельно стороне AB, пересекает стороны AD и BC соответственно в точках P и Q, а прямая,
проведённая через эту точку параллельно стороне BC, пересекает стороны AB и CD
соответственно в точках R и S. Тогда четырёхугольники ARXQ, XPCS, RBPX и QXSD —
параллелограммы. Если точка X лежит на диагонали AC (рис.1), то
S
ABC
=S
ADC,
S
ARX
=S
APX,
S
XQC
=S
XSC.
Следовательно,
SRBQX = S ABC - S ARX - S XQC = S ADC - S APX - S XSC = SPXSD,
что и требовалось доказать. Обратно, пусть точка X лежит внутри параллелограмма ABCD и SRBPX
= SQXSD (рис.2). Поскольку
S
ARX
=S
APX
иS
XQC
=S
XSC,
то
SABCX = S ARX + S XQC + SRBQX = S
Следовательно, точка X лежит на диагонали AC.
Условие
APX
+S
XSC
+ SPXSD = SADCX =
SABCD.
15
Через точку L, взятую внутри параллелограмма ABCD, проведены прямые, параллельные его
сторонам ипараллельные его сторонам ипересекающие стороны AB и CD соответственно в
точках K и G, а стороны BC и AD соответственно в точках F и M. Докажите, что прямые BM, KD и CL
пересекаются в одной точке.
Подсказка
Воспользуйтесь следующим утверждением. Через точку X, лежащую внутри параллелограмма,
проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом
параллелограмма с единственной общей вершиной X равновелики тогда и только тогда, когда
точка X лежит на диагонали параллелограмма.
Решение
Воспользуемся следующим утверждением. Через точку X, лежащую внутри параллелограмма,
проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом
параллелограмма с единственной общей вершиной X равновелики тогда и только тогда, когда
точка X лежит на диагонали параллелограмма. Пусть прямые BM и KD пересекаются в точке N.
Докажем, что прямая CL проходит через точку N. Для этого проведём через точку N прямые,
параллельные сторонам исходного параллелограмма. Пусть прямая, параллельная AB,
пересекает стороны BC и AD соответственно в точках P и Q, а вторая прямая — стороны AB и CD
соответственно в точках R и S, H — точка пересечения отрезков KG и PQ, E — точка пересечения
отрезков RS и MF. Поскольку точка N лежит на диагонали BM параллелограмма ABFM и на
диагонали KD параллелограмма AKGD, то SARNQ = SNPFE и SARNQ = SNHGS. Значит, SNPFE = SNHGS, поэтому
параллелограммы HPFL и ELGS равновелики. Следовательно, точка L лежит на диагонали CN
параллелограмма NPCS. Поэтому прямая CL проходит через точку N.
Условие
В круговом шахматном турнире каждый участник сыграл с каждым один раз. Назовём партию
неправильной, если выигравший её шахматист в итоге набрал очков меньше чем проигравший.
(Победа даёт 1 очко, ничья - 1/2, поражение - 0.)
Могут ли неправильные партии составлять
16
а) более 75% от общего количества партий в турнире;
б) более 70% ?
Решение
Ответ: а) не могут; б) могут.
а) Пусть N - число игроков, M=[N/2]. Игроков, занявших первые M мест, назовём сильными, а
остальных - слабыми (между участниками с одинаковой суммой очков места распределяются
произвольно). Пусть X - число правильных партий между сильными и слабыми. Сумма очков,
набранных сильными во встречах между собой, равна M(M-1)/2, а во встречах со слабыми - не
больше X. Поэтому средний результат сильного не больше ((M-1)/2)+(X/M). Аналогично, средний
результат слабого не меньше ((N-M-1)/2)+((M(N-M)-X)/(N-M)). Если есть неправильные партии, то
не все игроки набрали поровну, и средний результат сильного больше, чем слабого. Отсюда
X>M(N-M)/2>N(N-1)/8. Так как общее число партий равно N(N-1)/2, доля правильных партий
больше 1/4.
б) Возьмём сначала турнир 2k+1 игрока, в котором каждый участник с номером i<k проиграл
участникам с номерами i+1, ..., i+k и выиграл у остальных, а каждый участник с номером i>k
выиграл у участников с номерами i-k, ..., i-1 и проиграл остальным. Очевидно, что все игроки
набрали по k очков, причём в таблице турнира выше главной диагонали единицы стоят лишь в
k(k+1)/2 клетках из 2k(2k+1)/2. Теперь "размножим" каждого игрока, заменив его блоком из n
новых, и пусть участники из разных блоков играют друг с другом так же, как соответствующие
прежние участники, а участники из одного блока играют друг с другом вничью. Получим новую
таблицу, в которой по-прежнему у всех игроков поровну очков. Исправим эту таблицу так, чтобы
суммы очков игроков перестали быть равными. Для этого будем менять результаты участников
из блока k+1: в их встречах против участников из блока k+1-i заменим i*n выигрышей ничьими,
так что сумма очков каждого участника блока k+1 уменьшится, а каждого участника блока k+1-i
увеличится на i/2. Напротив, в партиях с игроками блока k+1+i заменим ничьими i*n
проигрышей. Число неправильных партий станет равно n2(2k(2k+1)/2)-n2(k(k+1)/2)-2n(k(k+1)/2).
При этом общее число партий равно n(2k+1)(n(2k+1)-1)/2. При n=k=20 неправильные партии
составляют 235,600/335,790>0,7 от общего числа партий.
Условие
Для заданных натуральных чисел k0<k1<k2 выясните, какое наименьшее число корней на
промежутке [0; 2π) может иметь уравнение вида
sin(k0x)+A1·sin(k1x) +A2·sin(k2x)=0
где A1, A2 – вещественные числа.
17
Решение
Обозначим через N(F) число нулей функции F на полуинтервале [0;2
аргумента x
[0;2
), т. е. число значений
), для которых F(x) = 0. Тогда при A1 = A2 = 0 получаем N(sin k0x) = 2k0.
Действительно, нулями являются числа xn =
, где n = 0, 1, ..., 2k0 - 1.
Фиксируем произвольные числа A1 и A2 и докажем, что число нулей функции
на полуинтервале [0;2
F(x) = sin k0x + A1sin k1x + A2sin k2x
) не меньше, чем 2k0. Обозначим
fm(x) = sin x,если$m$ делитсяна4,
-cos x,если$m-1$ делитсяна4,
-sin x,если$m-2$ делитсяна4,
cos x,если$m-3$ делитсяна4.
Очевидно, f"m + 1(x) = fm(x). Теперь определим последовательность функций
Fm(x) = fm(k0x) + A1
fm(k1x) + A2
fm(k2x),
m = 0, 1, ... Тогда F0 = F и F"m + 1 = k0Fm. Ясно, что число 2 -- период каждой из функций Fm.
Лемма. Пусть f -- дифференцируемая функция c периодом 2 . Тогда число нулей функции f на
полуинтервале [0;2 ) не превосходит числа нулей ее производной на том же полуинтервале.
Доказательство. Воспользуемся теоремой Ролля: между двумя нулями дифференцируемой
функции есть хотя бы один нуль ее производной (см. комментарий к задаче). Пусть x1, x2, ..., xN -нули функции на указанном полуинтервале. По теореме Ролля на каждом из интервалов (x1;x2),
(x2;x3), ..., (xN - 1;xN), (xN;x1 + 2 ) есть хотя бы один нуль производной. Однако нуль производной
на последнем интервале (обозначим его через y) может оказаться вне полуинтервала [0;2 ). В
этом случае рассмотрим y - 2 -- это тоже нуль производной, так как производная
периодической функции периодична. Лемма доказана.
Из леммы следует, что N(Fm) N(Fm + 1). Поэтому достаточно доказать, что N(FM)
достаточно большого числа M.
Поскольку
< 1,
< 1, то для достаточно большого числа M
= A1
Выберем такое M вида 4m + 3, тогда
FM
2k0 для
= cos(
n) + A1
+ A2
cos
<1
+ A2
cos
.
18
Поэтому FM
>1-
> 0 для четных n и FM
<-1+
< 0 для нечетных n. Значит,
непрерывная функция FM обязательно имеет нуль между любыми соседними точками xn =
где n = 0, 1, ..., 2k0. Поэтому N(FM)
,
2k0.
Комментарии. 1o. Периодическую функцию можно представлять себе как функцию на
окружности. Тогда утверждение леммы переформулируется так: число нулей функции на
окружности не превосходит числа нулей ее производной, и доказательство станет более
прозрачным.
2o. Идея доказательства теоремы Ролля: рассмотрите экстремумы (максимум и минимум)
функции на отрезке, соединяющем точки, где функция обращается в нуль. Если один из
экстремумов достигается внутри отрезка, то производная обращается в нуль в этой точке. Если
оба экстремума достигаются на концах отрезка, то функция равна нулю на этом отрезке
тождественно.
3o. Вообще говоря, может оказаться, что функция имеет бесконечно много нулей на
полуинтервале. В этом случае лемму нужно понимать так: если f имеет бесконечно много нулей
на полуинтервале, то и f" имеет бесконечно много нулей на этом полуинтервале. Проверьте, что
доказательство остается в силе и в этом случае.