Каталог по источникам

Задачи

Страница: << 3 4 5 6 7 8 9 >> [Всего задач: 56]

Задача 110086 (#02.4.11.2)

Темы:	[	Четырехугольная пирамида	]
	[	Конкуррентность высот. Углы между высотами.	]
	[	Вписанный угол, опирающийся на диаметр	]
	[	Сферы (прочее)	]

Сложность: 4
Классы: 10,11

Автор: Агаханов Н.Х.

Высота четырехугольной пирамиды SABCD проходит через точку пересечения диагоналей ее основания ABCD . Из вершин основания опущены перпендикуляры AA1 , BB1 , CC1 , DD1 на прямые SC , SD , SA и SB соответственно. Оказалось, что точки S , A1 , B1 , C1 , D1 различны и лежат на одной сфере. Докажите, что прямые AA1 , BB1 , CC1 , DD1 проходят через одну точку.

Решение

Пусть SO – высота пирамиды, тогда прямые, содержащие высоты SO , AA1 и CC1 треугольника ASC , проходят через одну точку H1 (На рисунке Δ ASC – остроугольный. Решение не изменится, если он – тупоугольный. Заметим, что прямоугольным он быть не может). Сечение данной в условиях задачи сферы σ плоскостью ASC – окружность, проходящая через точки S , A1 и C1 , т.е. окружность с диаметром SH1 , так как углы H1A1S и H1C1S – прямые. Значит, точка H1 прямой SO лежит на σ . Аналогично, H2σ , где H2 – точка пересечения прямых SO , BB1 и DD1 . Из того, что H1 S и H2 S , следует, что H1=H2 .

Прислать комментарий

Задача 110087 (#02.4.11.3)

Темы:	[	Алгебраические уравнения и системы уравнений (прочее)	]
Темы:	[	Индукция (прочее)	]

Сложность: 4
Классы: 9,10,11

Автор: Храмцов Д.

Набор чисел a₀, a₁, ..., a_n удовлетворяет условиям: a₀ = 0, a_k+1 ≥ a_k + 1 при k = 0, 1, ..., n – 1. Докажите неравенство

Решение

Будем доказывать утверждение по индукции. База (n = 1) очевидна.
Шаг индукции. Согласно предположению индукции
Таким образом, достаточно проверить, что или что

Для доказательства последнего утверждения заметим, что

Суммируя полученные неравенства по k от 0 до n, придём к неравенству

что и требовалось.

Прислать комментарий

Задача 110088 (#02.4.11.4)

Темы:	[	Раскраски	]
	[	Принцип крайнего	]
	[	Таблицы и турниры (прочее)	]
	[	Доказательство от противного	]

Сложность: 5
Классы: 9,10,11

Авторы: Богданов И.И., Челноков Г.Р.

Каждая клетка клетчатой плоскости раскрашена в один из n² цветов так, что в каждом квадрате из n× клеток встречаются все цвета. Известно, что в какой-то строке встречаются все цвета. Докажите, что существует столбец, раскрашенный ровно в n цветов.

Решение

Назовём одну из строк, в которой встречаются все цвета, выделенной. Назовём множество клеток, отстоящих друг от друга по горизонтали и вертикали на кратное n число клеток, полным.

Лемма. В полном множестве либо каждая строка, либо каждый столбец одноцветны.
Доказательство. Предположим, что в какой-то строке нашего множества нашлись две клетки разного цвета; тогда найдутся и две клетки разного цвета на расстоянии n. Пусть это клетки a и b, а клетки полного множества над ними – x и y (см. рис.).

Из сравнения цветов в квадратах, составленных из клеток множеств a ∪ S₁ ∪ D и x ∪ S₂ ∪ D, видно, что наборы цветов в множествах a ∪ S₁ и x ∪ S₂ одинаковы; аналогично одинаковы наборы цветов в S₂ ∪ y и S₁ ∪ b. Так как в множестве S₁ нет клеток цвета b, то и в множестве x ∪ S₂ нет такого цвета; однако в S₂ ∪ y он есть, поэтому цвета y и b совпадают. Аналогично совпадают цвета x и a.
Повторяя эти рассуждения, получаем, что столбец нашего множества, содержащий a, окрашен одинаково, и то же со столбцом b.
Если найдутся две клетки на расстоянии n в каком-то столбце, покрашенные по-разному, то аналогично докажем, что строки множества, их содержащие, будут одноцветными. Но они пересекаются со столбцом цвета b, поэтому их цвета совпадают. Противоречие.

Назовём полное множество вертикальным, если любой его столбец одноцветен, и горизонтальным в противном случае. Докажем, что все горизонтальные полные множества пересекаются с выделенной строкой.
Пусть это не так. Рассмотрим строку нашего множества, ближайшую к выделенной; пусть она имеет цвет a. Тогда каждую клетку выделенной строки можно заключить в квадрат n×n вместе с какой-то клеткой цвета a из нашего горизонтального множества; поэтому в выделенной строке нет цвета a. Противоречие.
Пусть каждый столбец пересекается с горизонтальным полным множеством. Тогда выделенная строка пересекается с n горизонтальными множествами, строки которых одноцветны; поэтому в выделенной строке только n цветов. Противоречие.
Следовательно, есть столбец, для которого все полные множества, его содержащие, вертикальны. Его раскраска периодична с периодом n, то есть в этом столбце ровно n цветов.

Прислать комментарий

Задача 110089 (#02.4.11.5)

Темы:	[	Многочлен нечетной степени имеет действительный корень	]
	[	Итерации	]
	[	Соображения непрерывности	]

Сложность: 3+
Классы: 9,10,11

Автор: Рубанов И.С.

Пусть P(x) – многочлен нечётной степени. Докажите, что уравнение P(P(x)) = 0 имеет не меньше различных действительных корней, чем уравнение P(x) = 0.

Решение

Пусть x₁, ..., x_n – все различные корни уравнения P(x) = 0. Нам необходимо доказать, что уравнение P(P(x)) = 0 имеет по крайней мере n различных корней.
Рассмотрим n уравнений: P(x) = x₁, P(x) = x₂, ..., P(x) = x_n. Каждое из них имеет решение, так как P(x) – многочлен нечётной степени. Пусть a₁ – корень первого уравнения, a₂ – второго, ..., a_n – n-го. Тогда для любых i и j (i ≠ j) числа a_i и a_j различны, так как
P(a_i) = x_i ≠ x_j = P(a_j). При этом каждое из чисел a_i является корнем уравнения P(P(x)) = 0. То есть уравнение P(P(x)) = 0 имеет по крайней мере n различных корней a₁, ..., a_n.

Прислать комментарий

Задача 110090 (#02.4.11.6)

Темы:	[	Системы точек	]
	[	Вспомогательные проекции	]
	[	Разложение вектора по двум неколлинеарным векторам	]
	[	Теория игр (прочее)	]
	[	Метод координат на плоскости	]

Сложность: 5-
Классы: 9,10,11

Автор: Агаханов Н.Х.

На плоскости даны n>1 точек. Двое по очереди соединяют еще не соединенную пару точек вектором одного из двух возможных направлений. Если после очередного хода какого-то игрока сумма всех нарисованных векторов нулевая, то выигрывает второй; если же очередной ход невозможен, а нулевой суммы не было, то выигрывает первый. Кто выигрывает при правильной игре?

Решение

Выигрывает первый. Покажем, что первому игроку достаточно каждым ходом проводить вектор с максимальной абсциссой, а из всех векторов, имеющих абсциссу, равную максимальной, вектор с максимальной ординатой. Действительно, докажем, что тогда сумма всех проведенных векторов будет иметь либо положительную абсциссу, либо нулевую абсциссу и положительную ординату (назовем такой вектор положительным). Очевидно, что каждым своим ходом первый игрок проводит положительный вектор, и сумма двух положительных векторов положительна. Также очевидно, что сумма векторов, проведенных за ход первым и вторым, положительна или ноль. Поэтому достаточно доказать, что после первого хода второго игрока эта сумма будет положительна (т.е. не будет нулевой). Пусть она нулевая, первый провел вектор , а второй – . Если абсциссы точек A и D не равны, то один из векторов и имеет абсциссу, большую, чем у (сумма этих абсцисс равна удвоенной абсциссе ), что невозможно. Если абсциссы A и D совпадают, то не совпадают ординаты (иначе A=D , B=C ); тогда абсциссы векторов , и равны, но у какого-то из первых двух векторов ордината больше, чем у третьего, что опять-таки невозможно.

Ответ

Выигрывает первый.

Прислать комментарий

Страница: << 3 4 5 6 7 8 9 >> [Всего задач: 56]