LXVII Київська міська олімпіада юних математиків Умови та розв’язки по усіх класах
|
|
Скачати 239.15 Kb.
|
5. (Мисак Д., Рубльов Б.) Яку найбільшу кількість точок можна розташувати на площині так, щоб існувало рівно 2012 прямих, які проходять хоча б через дві з них? В  ідповідь: 2012 точок.Розв’язання. Розташувати 2012 точок так, щоб була виконана умова задачі, досить просто: 2011 точок розмістимо на одній прямій, а останню точку — поза нею (рис. 8). Доведімо, що розташувати на площині більше за 2012 точок, задовольнивши умову задачі, неможливо. Лема. Якщо на площині задана множина M, що складається з n точок, не всі з яких лежать на одній прямій, то існує пряма, яка проходить рівно через дві точки із заданої множини M. Д  оведення. Проведемо всі прямі через кожні дві точки множини M. Знайдемо таку проведену пряму і таку точку із M, відстань між якими найменша (при цьому, звичайно, не розглядається жодна така пара з точки та прямої, що точка лежить на прямій). Позначимо відповідну пряму як l, а точку — як A. Доведемо методом від супротивного, що на прямій l лежить тільки дві точки із M. Припустимо, що на ній лежить принаймні три точки з цієї множини, й позначимо їх «зліва направо» через  ,  і  (рис. 9). Оскільки  , то або  , або  . Без обмеження загальності можемо вважати, що . Нехай  — висота трикутника  , опущена з вершини A, а  — висота цього трикутника, опущена з . Позаяк площа трикутника дорівнює  і  , то  . Але це означає, що відстань між точкою і прямою  менша за відстань між A і l. Одержана суперечність завершує доведення леми.Покажемо тепер, що якщо на площині розташовано n точок, то або всі вони лежать на одній прямій, або існує щонайменше n прямих, які проходять хоча б через дві з них. Це означатиме, що якщо на площині розміщено більше за 2012 точок, то пряма буде або одна, або їх буде більше за 2012. Доведення проведемо методом математичної індукції. Для  твердження очевидне. Нехай це твердження справджується для деякого n. Покажемо, що воно виконується також і для  . Розглянемо довільну точку, не всі з яких лежать на одній прямій. Виберемо дві точки, на прямій із якими не лежить жодна інша точка множини (згідно з доведеною лемою це завжди можна зробити). Приберімо одну з цих точок, до того ж виберемо таку, щоб решта точок не лежали на одній прямій. Після цього залишиться n точок, не всі з яких лежать на одній прямій. Вони, згідно з індукційним припущенням, утворюють щонайменше n прямих. Але серед цих прямих нема тієї, що проходить через дві вибрані точки, одну з яких було вилучено. У сумі з нею прямих буде не менше ніж . Індукційний перехід доведено.11 клас 1. Дійсні числа x, y задовольняють умову:  .Яких значень може набувати добуток  ?Відповідь:  .Розв’язання. Домножимо обидві частини на  і одержимо рівності, рівносильні заданій:     .2. Задача 8-4.  3. Задача 10-3. 4. (Сердюк Назар) Кола  та  перетинаються в точках P та Q. Нехай AB і CD — паралельні діаметри кіл та відповідно. При цьому жодна з точок A, B, C, D не збігається ні з P, ні з Q, і точки лежать на колах у такому порядку: A, B, P, Q на колі та C, D, P, Q на колі . Прямі AP та BQ перетинаються в точці X, а прямі CP та DQ — в точці Y,  . Доведіть, що всі прямі XY для різних варіантів вибору діаметрів AB і CD проходять через одну й ту саму точку або всі є паралельними.Розв’язання. Нехай  — центр кола , а  (рис. 10). Оскільки  і  , AP і BQ — висоти трикутника  , а точка їхнього перетину X — ортоцентр цього трикутника. Тоді  — третя висота трикутника, а отже  і  . Звідси трикутники  та  мають рівні кути, і переводиться в трикутник поворотною гомотетією з центром у точці P на кут  та з коефіцієнтом  .Нехай  — середина  . Відрізки  і  — відповідні медіани трикутників та , а тому  , звідки  — дотична до кола  . Аналогічно,  — також дотична до цього кола. Отже,  є точкою перетину дотичних до , проведених із точок P та Q, і не залежить від вибору точок A й B. Не залежить від вибору цих точок і довжина відрізка  , оскільки довжина діаметра кола AB і кут  сталі.Аналогічним чином побудуємо точку  для кола  . Нехай  (випадок, коли  , розглянуто далі). Покажемо, що точка T стала. Звідси випливатиме, що прямі XY незалежно від вибору паралельних діаметрів AB та CD проходитимуть через одну точку — точку T (принаймні якщо XY та  не паралельні).Прямі  та  паралельні, оскільки обидві є перпендикулярними до  . Звідси  . Точки та  , як і відношення  , є сталими; сталою з огляду на неперервність руху діаметрів є й співнаправленість або протилежна направленість відрізків та ; тож фіксованою є також і точка T.Прямі XY та паралельні і не збігаються тоді й лише тоді, коли відрізки і рівні та співнаправлені. Ці властивості, як показано вище, зберігаються при виборі різних діаметрів. Таким чином, якщо за якогось вибору діаметрів прямі XY та виявилися паралельними, то паралельними , а отже одна одній, будуть і решта прямих XY.Збігатися ж прямі XY та можуть лише тоді, коли  . У цьому випадку слід розглянути інші варіанти вибору діаметрів. З огляду на сказане вище, відповідні цим варіантам прямі XY або проходитимуть через деяку точку T на прямій , або будуть цій прямій паралельними. Лишається зауважити, що початкова пряма  задовольняє обидві ці умови.5. (Сердюк Назар) Нехай попарно різні многочлени  ,  , мають коефіцієнти  та не мають цілих коренів. Відомо, що   . Доведіть, що  для деяких  та  . При цьому індекси i та j або k та l можуть бути рівними.Розв’язання. Оскільки многочлени  не мають цілих коренів, то  для довільного  . Тоді, враховуючи, що  дорівнює вільному коефіцієнту многочлена  , можемо стверджувати, що  . Розгляньмо всі пари многочленів  та  ,  , для яких  . Для кожної такої пари визначимо многочлен  . Якщо  та  — це кількості многочленів, для яких  та  , то таких впорядкованих пар і відповідних їм многочленів  є рівно  .Коефіцієнти многочленів  можуть набувати значень із набору  , а коефіцієнти многочлена  , відповідно, не можуть перевищувати за модулем 4. Тому якщо  , то многочлени та  тотожно рівні, бо   .Оскільки вільний коефіцієнт кожного із многочленів дорівнює нулю, всі значення  діляться на 5. Крім того,  (бо інакше — тотожний нуль, чого бути не може) та  . Отже, усього можливих різних значень не більше ніж  . Проте загальна кількість многочленів більша:  .Тому  для деяких i, j, k, l. Отже, для деяких , , що і треба було довести. |
Схожі:
|
*Конкурс юних математиків (збірна команда з представників усіх класів з різних країн) Прибуття в Туреччину/Анталію. Трансфер з аеропорту. Заїзд і розміщення в готелі. Реєстрація учасників. Відпочинок. 19. 00-21. 00... |
ЦІКАВІ ФАКТИ ПРО ВИДАТНИХ МАТЕМАТИКІВ Сьогодні ми з вами згадаємо прізвища відомих математиків, цікаві історич-ні факти про деяких з них. Життя і діяльність математиків... |
|
Урок №7 Тема. Розв'язування задач Мета: доповнити знання учнів поняттями: «достатня та необхідна умови», «критерій»; відпрацювати вміння відрізняти необхідні та достатні... |
КВК між командами 10 класу Ми дуже раді привітати вас на нашому конкурсі веселих і кмітливих. Сьогодні ви будете свідками найцікавішої боротьби юних веселих... |
|
«Розв’язування текстових задач в 5-6 класах» Урок математики для 5 – 6 класів на тему «Розв’язування текстових задач в 5-6 класах» |
Обласна олімпіада юних хіміків 2009р Обчисліть, скільки атомів Цинку міститься у сплаві цинку з міддю масою 300 г, якщо масова частка міді у сплаві становить 40% |
|
Умови проведення І обласного турніру юних хіміків та особливості підготовки Турнір юних хіміків проводиться відповідно до «Положення про Всеукраїнські учнівські олімпіади з базових і спеціальних дисциплін,... |
Розв’язування квадратних рівнянь ... |
|
Всеукраїнська учнівська олімпіада з української мови та літератури Укажіть рядок, у якому правильно вжито форми усіх складених кількісних числівників? |
УКРАЇНА БОГОРОДЧАНСЬКА РАЙОННА ДЕРЖАВНА АДМІНІСТРАЦІЯ ІВАНО-ФРАНКІВСЬКОЇ... «Про проведення І, ІІ етапів Всеукраїнських учнівських олімпіад у 2012-2013 н р.», у зв’язку з проведенням у період з 29 жовтня по... |
При копіюванні матеріалу обов'язкове зазначення активного посилання © 2013
звернутися до адміністрації
bibl.com.ua
звернутися до адміністрації
bibl.com.ua