Фильтр
Задачи
Задача 65197 (#1) |
|
|
По целому числу a построим последовательность a1 = a, a2 = 1 + a1, a3 = 1 + a1a2, a4 = 1 + a1a2a3, ... (каждое следующее число на 1 превосходит произведение всех предыдущих). Докажите, что разности ее соседних членов an+1 – an – квадраты целых чисел.
Решение
an+1 – an = 1 + a1a2...an–1an – an = 1 – an + (an – 1)an = (1 – an)².
|
|
Задача 65198 (#2) |
|
|
В турнире по футболу участвует 2n команд (n > 1). В каждом туре команды разбиваются на n пар и команды в каждой паре играют между собой. Так провели 2n – 1 тур, по окончании которых каждая команда сыграла с каждой ровно один раз. За победу давалось 3 очка, за ничью – 1, за поражение – 0 очков. Оказалось, что для каждой команды отношение набранных ею очков к количеству сыгранных ею игр после последнего тура не изменилось. Докажите, что все команды сыграли вничью все партии.
Решение
Если добавление нового числа к набору чисел не меняет среднего арифметического, то новое число равно среднему арифметическому.
Таким образом, если команда проиграла в последнем туре, то её срелний результат в туре равен 0, то есть она проиграла все партии (такая команда может быть только одна). Если такая есть, то выигравшая у неё в последнем туре команда имеет средний результат 3, то есть она выиграла все партии. Остальные команды в последнем туре сыграли вничью, то есть каждая из них в турнире набрала 2n – 1 очко.
Таким образом, возможны два варианта: либо все 2n команд набрали по 2n – 1 очку, либо есть одна команда, которая выиграла у всех, одна команда, которая всем проиграла, а также 2n – 2 команды, которые набрали по 2n – 1 очку.
Заметим, что суммарное количество набранных очков равняется 2n(2n – 1) + r, где r – количество результативных партий в турнире. В первом случае 2n(2n – 1) + r = 2n(2n – 1), то есть r = 0, что и требовалось.
Во втором случае 2n(2n – 1) + r = (2n – 2)(2n – 1) + 3n, откуда r = 2 – n ≤ 0 , что невозможно.
|
|
|
Задача 65199 (#3) |
|
|
Клетки бесконечного клетчатого листа бумаги раскрасили в чёрный и белый цвета в шахматном порядке. Пусть X – треугольник площади S с вершинами в узлах сетки. Покажите, что есть такой подобный X треугольник с вершинами в узлах сетки, что площадь его белой части равна площади чёрной части и равна S.
Решение
Рассмотрим поворотную гомотетию F с центром в начале координат, коэффициентом и углом 45°. Заметим, что в координатах её можно записать как F: (x, y) → (x – y, x + y), то есть образ целочисленной решетки снова лежит в целочисленной решётке. При этом площадь каждой фигуры увеличивается вдвое, так что образ треугольника X имеет площадь 2S.
Заметим, что образ единичного квадрата, независимо от его цвета, имеет
равные чёрную и белую часть площади, то есть для него утверждение задачи верно.
Следовательно, оно верно для любого прямоугольника с вершинами в узлах
решётки и сторонами, параллельными осям координат.
Если стороны такого прямоугольника имеют одинаковую чётность, то образ вектора его диагонали имеет чётные координаты, и тогда центр образа прямоугольника – узел решётки.
Если же стороны прямоугольника имеют разную чётность, то образ вектора его диагонали имеет нечётные координаты, и тогда центр образа прямоугольника совпадает с центром одного из квадратов решётки.
В любом случае при центральной симметрии относительно такой точки чёрная клетка переходит в чёрную, а белая – в белую. Следовательно, образ
всякого прямоугольного треугольника в вершинами в узлах решётки и катетами,
параллельными осям координат, имеет равные чёрную и белую площадь. Ну а любой
треугольник можно получить, вырезав из прямоугольника несколько таких
треугольников.
|
|
|
Задача 65175 (#4) |
|
|
Император пригласил на праздник 2015 волшебников, некоторые из которых добрые, а остальные злые. Добрый волшебник всегда говорит правду, а злой может говорить что угодно. При этом волшебники знают, кто добрый и кто злой, а император нет. На празднике император задаёт каждому волшебнику (в каком хочет порядке) по вопросу, на которые можно ответить "да" или "нет". Опросив всех волшебников, император изгоняет одного. Изгнанный волшебник выходит в заколдованную дверь, и император узнаёт, добрый он был или злой. Затем император вновь задает каждому из оставшихся волшебников по вопросу, вновь одного изгоняет, и так далее, пока император не решит остановиться (он может это сделать после любого вопроса). Докажите, что император может изгнать всех злых волшебников, удалив при этом не более одного доброго.
Решение
См. решение задачи 65168.
|
|
|
Дан треугольник ABC. Проведены высота AH и медиана CM. Обозначим точку их пересечения через P. Высота, проведённая из вершины B треугольника, пересекается с перпендикуляром, опущенным из точки H на прямую CM, в точке Q. Докажите, что прямые CQ и BP перпендикулярны.
Решение
Проведём через точку P прямые PA' и PB' так, чтобы точки A' и B' лежали на BC и AC соответственно и прямые PA' и PB' были параллельны AC и BC соответственно (см. рис.). Заметим, что ∠CAH = 90° – ∠ACH = ∠QBC.
Пусть O – ортоцентр треугольника ABC. Тогда треугольники BHO и APB' тоже подобны. Следовательно, BO : OQ = AB' : B'C. Поскольку B'PA'C – паралеллограмм, середина N отрезка A'B' лежит на PC. Но PC лежит на медиане треугольника ABC, значит, отрезок B'A' параллелен AB. Следовательно, BA' : A'C = AB' : B'C = BO : OQ, и по теореме Фалеса, A'O || QC.
A'P || AC ⊥ BQ. Следовательно, P – ортоцентр треугольника OBA', а значит, BP ⊥ A'O || QC, что и требовалось доказать.
|
|
|
Страница: 1 2 >> [Всего задач: 6]
