Київські відбори



жүктеу 82.35 Kb.
Дата12.05.2019
өлшемі82.35 Kb.

Київські відбори. Розв’язання задач
1 тур
11 клас
1. Знайдіть усі такі прості числа та натуральні , які задовольняють рівність:

.
Відповідь: , .

Розв’язання. Очевидно, що . При маємо, що . Простою перевіркою переконуємось, та є розв’язком. Інших розв’язків при або при очевидно немає.

Тоді – непарне, перепишемо задане рівняння у такому вигляді:



.

Неважко показати, що НСД кожної пари , та не перевищує . тому вони не можуть мати спільним дільником. Тому з лівої частини рівно один ділиться на , тому він повинен ділитись також і на . Тому цей множник не менше, ніж . Тоді , тоді



,

що неможливо. Тому інших розв’язків не існує.


2. Знайдіть всі функції , що задовольняють умову:

.
Відповідь: .

Розв’язання. Позначимо рівняння в умові задачі через (1). Нехай . Підставимо у (1) і отримаємо .

Підставимо тепер в (1) : , з урахуванням останньої рівності, маємо, що



, (2)

звідки маємо, що , а тому



(3)

Покладемо в (1):



(4).

Покладемо в (1): і сюди :



(5).

З (4) та (5) маємо



(6).

Нехай існує . Підставивши в (6) маємо: . З (2) легко бачити, що з . Тому . Суперечність. Тому з (3) маємо, що



(7).

Підставимо (7) у (6): . Тому з (2) маємо:



(8).

Нехай існує . Тоді



– суперечність.

Тому з (8) маємо: . Неважко перевірити, що вона задовольняє умові.


3. Нехай – скінчений непорожній набір цілих чисел, у якому можуть біти рівні. Відомо, що для деякого натурального множина задовольняє такі умови:

  • : ;

  • , має місце .

Доведіть, що має принаймні різних елементів.
Розв’язання. З другої умови випливає, що . Якщо містить лише додатні елементи, то для найменшого з них порушується перша умова. Так само не може ця множина складатися лише з від’ємних елементів.

Виберемо довільний додатній елемент з і позначимо його через . Тоді виконується рівність , для деяких , при цьому . Позначимо ці числа через , . Так само запишемо, що , для деяких , і позначимо ці числа через , і так далі. Тоді, оскільки множина – скінченна, то при деякому вперше відбудеться рівність . Але тоді маємо, що



, , ..., .

Додамо ці рівності і одержимо, що



,

звідки випливає, що , але за умовою, це можливе лише при , а тому попарно різних додатних елементів у множині принаймні , аналогічно, там принаймні попарно різний додатній елемент. Звідси й випливає вимога задачі.


4. Задане коло та точки на прямій, яка не перетинає коло . На колі вибирається довільна точка і далі будується такі послідовності точок та : -- друга точка перетину прямої з колом , , а -- друга точка перетину прямої з колом , . Доведіть, що якщо для деякої точки та для деякого натурального точка , то при довільному виборі точки .
Розв’язання .Розглянемо кола с центами у точках відповідно такі, що кожне з них ортогональне колу , позначимо через -- точку перетину кіл , яка існує бо точки лежать зовні кола . Розглянемо інверсію відносно кола довільного радіуса с центром у точці . Відповідні образи будемо позначати зі штрихами. Тоді стануть прямими, що проходять через центр кола , оскільки при інверсії зберігаються кути перетину, а тому ортогональна пряма до кола повинна пройти через його центр. Пряма проходить через центр кола, що описане навколо , а пряма проходить через центр кола, що описане навколо . Тому точки та симетричні відносно прямої , а точки та симетричні відносно прямої . Тому , де -- кут між прямими . Тоді рівність для деякого рівносильна рівності , для деякого . Таким чином послідовність визначається поворотом на заданий кут, тобто спів падання точок не залежить від обраної початкової точки.
Альтернативне розв’язання. Спочатку нагадаємо відому теорему про проективне перетворення кола і прямої.
Теорема. Нехай на площині дані коло і пряма, яка його не перетинає. Тоді існує таке проективне перетворення, яке коло переводить в коло, а пряму – в нескінченно віддалену.
Розглянемо проективне перетворення, яке залишає на місці коло , а пряму переводить у нескінченно віддалену. Тоді точкам і відповідають певні напрями, і для будь-якої точки кола пряма переходить у пряму, що проходить через образ точки і має відповідний напрям. Тоді для будь-якої початкової точки послідовність визначатиметься зсувом на дугу, градусна міра якої рівна куту між напрямами, що відповідають точкам і . А з цього очевидно випливає, що точок послідовності співпадають чи ні не залежить від початкової точки.
10 клас
1. Знайдіть усі такі прості числа , які задовольняють рівність:

.
Відповідь: та .

Розв’язання. При та ми просто розв’яжемо квадратне рівняння відносно . Перепишемо рівняння у такому вигляді . Оскільки і , то один з цих множників повинен ділиться на . У кожному з двох випадків , звідси , тому повинна виконуватись умова , що суперечить умові . Тому більше розв’язків немає.
2. Задача 11–2 ().
3. Нехай позначає кількість перестановок чисел таких, що для усіх : . Доведіть, що для усіх .
Розв’язання. Нехай – множина всіх перестановок з умови. Позначимо через множину всіх перестановок , таких, що та . Тоді .

Позначимо через множину всіх перестановок чисел , таких, що та . Нехай . Тоді . Маємо: , де . Також маємо, що , , , . Неважко перевірити, що для всіх має тільки дві перестановки:

(1) та

(2) та

Тому . Звідси маємо:



.

З останніх двох рівностей отримуємо: . Так як . Використовуючи цю нерівність маємо:



.

Тому


4. Задача 11–4 ()..
9 клас
1. Задача 10–1 ().
2. Для набору чисел позначимо через для усіх . Відомо, що для будь-яких виконується рівність: . Доведіть, що для будь-яких справджується також відношення: .
Розв’язання. Позначимо . Тоді очевидно, що для усіх виконуються умови: , .

.
3. У рівнобедреному кут при основі дорівнює . На бічній стороні обрана точка така, що , а на промені обрана точка така, що . Знайдіть у градусах величину кута .
Відповідь: .

Розв’язання. Побудуємо точку , для якої – ромб (рис. 81), тоді , , тому . Звідси випливає, що , оскільки , та . Звідси , а крім того , таким чином – рівнобедрений з кутом при вершині , тобто він є рівностороннім, звідки , тобто – рівнобедрений. Оскільки , тому .




4. У квадраті деякі комірки заражені інфекцією. Далі кожної секунди усі комірки, у яких 2 чи більше сусідніх по стороні клітин заражені також стають зараженими. Чи можна заразити усі комірки квадрату, якщо з самого початку були заражені рівно

а) 9 комірок; б) 10 комірок?
Відповідь: а) не можна; б) можна..

Розв’язання. Зовсім очевидно, що інфекція не розповсюджується за межі найменшого прямокутника, що містить заражені клітини. Менш очевидно, але теж зрозуміло, що периметр інфікованої області не зростає. ; принципових розташування заражених клітин зображені на рис. 5. Тут для двох заражених комірок периметр не змінюється, для трьох – зменшується на 2, для чотирьох – на 4.
а) З самого початку максимальний периметр 9 заражених комірок – 36, а периметр усього квадрата 40, тому таке зараження неможливе.
б) Для 10 комірок це можливо, якщо з самого початку зафарбувати усі клітини однієї діагоналі.
8 клас
1. Знайдіть найменше натуральне число у послідовності 3, 31, 313, 3131, 31313, ..., яке ділиться націло на 99.
Відповідь: .

Розв’язання. Позначимо у шуканого числа суми цифр, що стоять на непарних місцях через , а на парних – через . Тоді число тоді і тільки тоді, коли та . Розглянемо два такі випадки.

Випадок 1. . Тоді , , а тому , звідки , аналогічно , звідки , атому найменше і відповідно число має вигляд .

Випадок 2. . Тоді , , а тому , звідки , аналогічно , звідки .

Зрозуміло, що – непарне. При маємо – суперечність, тому , тоді або . Залишається обрати таким чином, щоб або . Найменше значення , тоді та . І шукане число .


2. Задача 9–2 ().
3. Всередині кола одиничного радіуса розташовані декілька менших кіл, сумарна довжина яких більше або дорівнює і жодне з них не містить центр одиничного кола всередині. Доведіть, що існує концентричне коло до , яке перетинає принаймні два малих кола.
Розв’язання. Нехай – радіуси малих кіл, тоді за умовою . Розглянемо поворот на навколо центра кола , при якому кожне мало коло зафарбовує кільце, що концентричне до . Якщо жодне кільце не має спільних точок, то , що суперечить умові. А якщо принаймні два з них мають спільну точку, то достатньо провести коло, що проходить через цю точку.
4. Задача 9–3 ().

Достарыңызбен бөлісу:


©kzref.org 2017
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет