66 Московская математическая олимпиада. 11 класс.

Олимпиада состоялась 2 марта 2003 года, на выполнение задания отводилось 5 астрономических часов.

Задачи

1. Для положительных чисел x, y, z выполнено равенство
x2 + y2 + z2 = x2 + z2 + y2.






yzxzyx
Докажите, что хотя бы два из чисел x, y, z равны между собой.

2. Дан многочлен P(x) степени 2003 с действительными коэффициентами, причем старший коэффициент равен 1. Имеется бесконечная последовательность целых чисел a1, a2, ..., такая что P(a1)=0, P(a2)=a1, P(a3)=a2 и т. д. Докажите, что не все числа в последовательности a1, a2, ... различны.

3. Дан вписанный четырехугольник ABCD. Точки P и Q симметричны точке C относительно прямых AB и AD соответственно. Докажите, что прямая PQ проходит через ортоцентр (точку пересечения высот) H треугольника ABD.

4. По периметру круглого торта диаметром n/p метров расположены n вишенок. Если на концах некоторой дуги находятся вишенки, то количество остальных вишенок на этой дуге меньше, чем длина дуги в метрах. Докажите, что торт можно разрезать на n равных секторов так, что в каждом куске будет по вишенке.

5. У выпуклого многогранника внутренний двугранный угол при каждом ребре острый. Сколько может быть граней у многогранника?

6. На берегу круглого острова Гдетотам расположено 20 деревень, в каждой живет по 20 борцов. Был проведен турнир, в котором каждый борец встретился со всеми борцами из всех других деревень. Деревня А считается сильнее деревни Б, если хотя бы k поединков между борцами из этих деревень заканчивается победой борца из деревни А. Выяснилось, что каждая деревня сильнее следующей за ней по часовой стрелке. Какое наибольшее значение может иметь k? (У всех борцов разная сила, и в поединке всегда побеждает сильнейший.)

7. Дано равенство
(am1-1)...(amn-1)=(ak1+1)...(akl+1) ,
где a, n, l и все показатели степени - натуральные числа, причем a>1. Найдите все возможные значения числа a.

Решения

1. Освободившись от знаменателя, приведём наше равенство к виду
x3z-x3y+z3y-z3x+y3x-y3z=0.
Разложив левую часть на множители, получим (x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z)=0. Заметим, что при положительных x, y, z последняя скобка положительна. Таким образом, если все числа различны, то все множители не равны нулю. Противоречие.

2. Многочлен P(x)-x имеет степень 2003 и старший коэффициент 1. Поэтому при x->+бесконечность его значение стремитсяк +бесконечность. Следовательно, если число an достаточно велико, то an-1-an=P(an)-an>0, т. е. число an-1 будет ещё больше. Тогда аналогично an-2>an-1 и т. д., и мы не получим 0 ни на каком шаге. Значит, числа в последовательности ограничены сверху. При x->-бесконечность значение многочлена P(x)-x стремится к -бесконечность. Поэтому числа в последовательности (аналогично предыдущему) ограничены и снизу, т. е. они сосредоточены на конечном отрезке. Но эти числа целые, поэтому среди них лишь конечное множество различных.

Примечание. Сравните с решением 3-й задачи 10-го класса.

3. Пусть U, V - точки, симметричные H относительно AB и AD соответственно, X - точка пересечения прямых UC и AB, Y - точка пересечения прямых VC и AD. Так как прямая PH проходит через X, а QH - через Y, утверждение задачи равносильно тому, что точки X, H, Y лежат на одной прямой.

Прежде всего отметим, что точки U и V лежат на описанной окружности четырёхугольника. Для доказательства достаточно заметить, что, например, /(UA,UB)=p-/(HA,HB)=/(DA,DB) (углы ориентированные). Как следствие,
/(HX,HY)=/(HX,HU)+/(HU,HV)+/(HV,HY)=
=/(UD,UC)+/(HD,HB)+/(VC,VB)=
=/(AD,AC)+p-/(AD,AB)+/(AC,AB)=p.

4. Примем некоторую точку окружности за начало отсчёта. Пусть ai - длина дуги от начала отсчёта до i-й вишенки по часовой стрелке. Рассмотрим числа bi=ai-i. Из условия следует, что |bm-bk|<1 для любых m, k (достаточно рассмотреть две дуги, на которые m-я и k-я вишенки разбивают периметр торта). Пусть bs - наименьшее из них, тогда 0<bi-bs<1 для любого i. Отсюда следует, что найдётся такое x, что x<bi<x+1 для всех i. Очевидно, что разрез по радиусам, проведённым в точки с координатами x, x+1, ..., x+n-1, - искомый.

5. Первое решение. Сначала докажем, что в каждой вершине многогранника сходятся три грани. Рассмотрим произвольный трёхгранный угол. Двойственным к нему называется трёхгранный угол, рёбра которого перпендикулярны граням данного. Очевидно, что сумма любого двугранного угла данного трёхгранного угла с соответствующим плоским углом двойственного равна p. Так как сумма плоских углов двойственного угла меньше 2p, сумма двугранных углов данного больше p. Поскольку n-гранный угол можно разрезать на n-2 трёхгранных, то сумма его двугранных углов больше, чем p(n-2), т. е. хотя бы один из них больше p(1-(2/n)). Так как при n>3 выполнено неравенство 1-(2/n)>1/2, в вершине данного многогранника не может сходиться больше трёх рёбер.

Докажем теперь, что если двугранные углы трёхгранного угла острые, то плоские тоже острые. Перейдя к двойственному углу, получим равносильное утверждение: если все плоские углы тупые, то двугранные тоже тупые. Предположим, что для трёхгранного угла OABC это не так, и угол при ребре OC не тупой. Поскольку углы AOC и BOC тупые, то основания перпендикуляров, опущенных из A и B на прямую OC, лежат вне луча OC. Возьмём точки A и B так, чтобы эти перпендикуляры имели общее основание D. Тогда /ADB<p/2, AD<AO, BD<BO. Следовательно, AB2<AD2+BD2<AO2+BO2, и угол AOB острый - противоречие.

Итак, в данном многограннике плоские углы всех граней острые, значит, все грани --- треугольники. Кроме того, в каждой вершине сходятся три грани. Рассмотрим произвольную грань KLM. К каждой её стороне примыкает треугольная грань, и любые две из этих граней имеют общее ребро. Следовательно, третьи вершины этих граней совпадают, и многогранник является тетраэдром.

Второе решение. Для каждой из граней рассмотрим вектор внешней нормали, т. е. вектор, перпендикулярный этой грани и направленный вне многогранника.

1) Докажем, что угол между любыми двумя внешними нормалями тупой или развёрнутый. Пусть это не так - нашлись две грани G1 и G2, внешние нормали к которым образуют угол не больше p/2. Тогда грани G1 и G2 принадлежат полуплоскостям P1 и P2, которые образуют двугранный угол величиной не меньше p/2.

Возьмём точку P на грани G2. Пусть P' - проекция точки P на плоскость грани G1. Точка P' лежит вне многоугольника G1, следовательно найдётся прямая, содержащая некоторое ребро r грани G1 и отделяющая P' от G1. Многогранник лежит внутри острого двугранного угла, соответствующего ребру r, но P лежит вне этого двугранного угла. Противоречие.

2) Остаётся показать, что в пространстве не существует более четырёх векторов, попарные углы между которыми тупые или развёрнутые.

Пусть это не так, и u0, u1, u2, u3, u4 - пять векторов, попарные углы между которыми тупые или развёрнутые. Введём прямоугольную систему координат так, чтобы ось Oz была сонаправлена с u0. Обозначим через v1, v2, v3, v4 проекции векторов u1, u2, u3, u4 на плоскость Oxy. Один из углов между v1, v2, v3, v4, скажем, угол между v1 и v2, не превосходит p/2. Это означает, что скалярное произведение (v1, v2) неотрицательно. Пусть u1=(x1, y1, z1), u2 = (x2, y2, z2). Поскольку угол между u1 и u0 тупой, z1<0; аналогично z2<0, следовательно, z1z2>0. Имеем: (u1, u2)=x1x2+y1y2+z1z2 = (v1, v2)+z1z2 >0. Получаем, что угол между u1 и u2 острый - противоречие.

6. Ответ: 290.

Решение. Покажем, что при k>290 такая ситуация невозможна. Упорядочим в каждой деревне борцов по убыванию силы и выберем в каждой деревне десятого по силе борца. Покажем, что деревня, в которой живёт слабейший из выбранных борцов, не может быть сильнее следующей за ней. Обозначим выбранных борцов в нашей и следующей деревнях через A и B соответственно. Тогда в нашей деревне 11 борцов не сильнее, чем A, а в следующей - 10 борцов хотя бы такой же силы, как B. Все поединки между этими борцами закончатся в пользу второй деревни, и этих поединков ровно 110, т. е. поединков, в которых выиграл борец нашей деревни, не больше 20*20-110=290.

Приведём пример, показывающий, что при k<290 описанная ситуация возможна. Пусть среди борцов есть 210 новичков и 190 мастеров (любой новичок слабее любого мастера). Пронумеруем деревни против часовой стрелки. Поместим в первую деревню одного слабейшего новичка и 19 слабейших мастеров; во вторую - двух новичков, слабейших из оставшихся, и 18 мастеров, слабейших из оставшихся; в третью - трёх слабейших из оставшихся новичков и 17 мастеров, слабейших из оставшихся; ...; в последнюю деревню мы поместим 20 сильнейших новичков. Это размещение по деревням указано в табл. 3 (в столбце "Борцы" числа, набранные прямым шрифтом, означают силы мастеров, набранные курсивом - силы новичков):

Таблица 3.
ДеревниБорцы
11, 211-229
22-3, 230-247
34-6, 248-264
47-10, 265-280
511-15, 281-295
616-21, 296-309
722-28, 310-322
829-36, 323-334
937-45, 335-345
1046-55, 346-355
1156-66, 356-364
1267-78, 365-372
1379-91, 373-379
1492-105, 380-385
15106-120, 386-390
16121-136, 391-394
17137-153, 395-397
18154-171, 398-399
19172-190, 400
20191-210
Покажем, что i-я деревня сильнее (i-1)-й при i>1. Действительно, в k-й деревне есть k новичков и 20-k мастеров. При этом мастера i-й деревни победят всех в (i-1)-й, а новички победят новичков, и всего побед будет i(i-1)+{20(20-i)=i2-21i+400. Вершина этой параболы находится в точке i=10,5, а ветви направлены вверх, поэтому минимальное значение в целой точке достигается при i=10, 11 и равно 290, т. е. i-я деревня сильнее (i-1)-й при k<290. Кроме того, мастера первой деревни победят новичков 20-й, и всего побед будет 20*19=380>290, т. е. все условия выполнены.

7. Ответ: 2 и 3 (например, выполнены равенства 22-1=2+1, (3-1)2=3+1 ).

Решение. Предположим, что при некотором a>3 требуемое выполнено:

A=(am1-1)...(amn-1)=(ak1+1)...(akl+1).

Докажем сначала, что как любое mi, так и число a-1 являются степенями двойки. Пусть g - нечётный делитель числа mi, а p - любой простой делитель числа ag-1. Тогда в правом произведении найдётся множитель akj+1, делящийся на p. Поэтому число
((akj)g+1)-((ag)kj-1)=2
делится на p, т. е. все простые делители числа ag-1 - двойки и (ag-1+...+a+1)(a-1)=ag-1=2n. Поскольку a>3, то n>1 и g нечётно, поэтому выражение в первой скобке - нечётный делитель числа 2n. Значит, g=1 и a-1=2n. В частности, a-1 делится на 4 (ибо a-1>2), поэтому ak+1 имеет остаток 2 при делении на 4.

Каждое число в левой части исходного равенства представляется в виде
a2d-1=(a-1)(a+1)(a2+1)(a4+1)...(a2d-1+1)=2n*2d*a0...ad-1 ,
где ai=(a2i+1)/2 - нечётные числа. Заметим, что при m>n число a2m-1 делится на a2n+1, поэтому НОД(am, an)<(a2m+1)-(a2m-1)=2; поскольку ai нечётны, они попарно взаимно просты. Пусть q - максимальная степень двойки, входящая в mi или kj. Тогда A представляется в виде A=2N(a0)N0...(aq)Nq, причём N>N0+...+Nq, так как это справедливо для любого представления a2d-1.

Поскольку любое число вида akj+1 делится лишь на первую степень двойки, то их в представлении числа A не меньше N. Но каждое из них делится на одно из чисел ai: если kj=2rs, где s нечётно, то akj+1 делится на ar. Тогда, поскольку N>N0+...+Nq, то на какое-то число ai делится больше, чем Ni чисел akj+1, а следовательно, A делится на б'ольшую степень ai, чем Ni. Противоречие с тем, что ai нечётны и попарно взаимно просты.