-
осенний тур, базовый вариант, 8-9 класс
(5 задач)
осенний тур, базовый вариант, 10-11 класс
(5 задач)
осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс
(7 задач)
осенний тур, сложный вариант, 10-11 класс
(7 задач)
весенний тур, базовый вариант, 8-9 класс
(5 задач)
весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс
(5 задач)
весенний тур, сложный вариант, 8-9 класс
(7 задач)
весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс
(7 задач)
Фильтр
Задачи
Задача 116037 |
|
|
55 боксёров участвовали в турнире по системе "проигравший выбывает". Бои шли последовательно. Известно, что у участников каждого боя число предыдущих побед отличалось не более чем на 1. Какое наибольшее число боёв мог провести победитель турнира?
Решение
Докажем по индукции, что
а) если победитель провёл не меньше n боёв, то число участников не меньше un+2;
б) существует турнир с un+2 участниками, победитель которого провёл n боёв (uk – числа Фибоначчи).
Шаг индукции. а) Пусть победитель A выиграл последний бой у боксёра B. Оставшиеся поединки фактически распадаются на два турнира: один из них выиграл A, а второй – B. В первом турнире победитель A провёл не меньше n – 1 боя, значит, число участников не меньше un+1. Во втором турнире победитель B провёл не меньше n – 2 боёв, значит, число участников не меньше un. А в исходном турнире число участников не меньше un+1 + un = un+2.
б) Достаточно свести в заключительном поединке победителя турнира с un+1 участниками, выигравшего n – 1 бой, и победителя турнира с un участниками, выигравшего n – 2 боя.
Поскольку 55 = u10, отсюда следует ответ.
Ответ
8 боёв.
|
|
Задача 116044 |
|
|
В остроугольном треугольнике ABC на высоте BH выбрана произвольная точка P. Точки A' и C' – середины сторон BC и AB соответственно. Перпендикуляр, опущенный из A' на CP, пересекается с перпендикуляром, опущенным из C' на AP, в точке K. Докажите, что точка K равноудалена от точек A и C.
Решение
Проведём в треугольниках ABP и CBP средние линии C'C" и A'A", параллельные BP. Построим параллелограмм KA'A"K'. Тогда KC'C"K' – тоже параллелограмм, а K'C" и K'A" – срединные перпендикуляры к сторонам AP и CP треугольника APC. Значит, K' – центр описанной окружности этого треугольника и лежит на срединном перпендикуляре к AC. Но тогда там лежит и K.
|
|
|
Задача 116046 |
|
|
Клетчатый прямоугольник разбит на двухклеточные доминошки. В каждой доминошке провели одну из двух диагоналей. Оказалось, что никакие диагонали не имеют общих концов. Докажите, что ровно два из четырёх углов прямоугольника являются концами диагоналей.
Решение
Достаточно доказать, что в каждых двух доминошках, граничащих по отрезку, проведённые диагонали выходят либо обе из правых нижних, либо обе из левых нижних углов.
Предположим противное и найдём плохую пару: две соприкасающиеся доминошки с диагоналями разных направлений. Ясно, что общий отрезок не может быть целой стороной обеих доминошек. Принципиально возможны лишь два случая – см. верхний рисунок. В обоих случаях однозначно определяются центр
(конец диагонали на середине стороны) и направление пары (направление от центра к концу другой диагонали на той же стороне) – на рисунке это жирная точка и стрелка. Рассмотрим плохую пару, чей центр ближе всего к стороне, на которую показывает направление пары. Заметим, что положение доминошки, примыкающей к плохой паре в её центре, и диагональ в этой доминошке тоже определены однозначно (см. нижний рисунок). Но тогда возникает новая плохая пара, чей центр ближе к указанной стороне. Противоречие доказывает, что плохих пар нет.
|
|
|
Задача 116048 |
|
|
На кольцевом треке 2n велосипедистов стартовали одновременно из одной точки и поехали с постоянными различными скоростями (в одну сторону). Если после старта два велосипедиста снова оказываются одновременно в одной точке, назовём это встречей. До полудня каждые два велосипедиста встретились хотя бы раз, при этом никакие три или больше не встречались одновременно. Докажите, что до полудня у каждого велосипедиста было не менее n² встреч.
Решение
Пусть S – длина трека, v1 < v2 < ... < v2n – скорости велосипедистов, u = min {v2 – v1, v3 – v2, ...,
v2n – v2n–1}. Велосипедисты с номерами i < j встречаются через промежутки времени .
Ясно, что самый большой из промежутков равен S/u, и нам придётся ждать до конца этого промежутка, чтобы каждый встретился со всеми остальными. Поскольку vj – vi ≥ (j – i)u, за это время велосипедисты с номерами i и j успеют встретиться не менее j – i раз. Значит, у n-го велосипедиста будет не менее 1 + 2 + ... + (n – 1) = ½ n(n – 1) встреч c теми, у кого номер меньше, и не менее 1 + 2 + ... + n = ½ n(n + 1) встреч – c теми, у кого больше. Итого не менее n² встреч. Для (n+1)-го оценка та же, а у остальных ещё больше.
|
|
|
Задача 116051 |
|
|
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с центром O, причём точка O не лежит ни на одной из диагоналей этого четырёхугольника. Известно, что центр описанной окружности треугольника AOC лежит на прямой BD. Докажите, что центр описанной окружности треугольника BOD лежит на прямой AC.
Решение
Пусть R – радиус окружности, P – середина AC, Q – середина BD, O1 и O2 – центры описанных окружностей треугольников AOC и BOD соответственно.
Опустим перпендикуляр O1N на радиус OA. Из подобия треугольников AOP и O1ON получаем OP : OA = ON : OO1, то есть OP·OO1 = ½ R². Аналогично
OQ·OO2 = ½ R². Поэтому OP : OQ = OO2 : OO1, значит, треугольники OPO2 и OQO1 подобны (у них общий угол при вершине O). По условию угол OQO1 прямой, следовательно, и угол OPO2 прямой, что и требовалось доказать.
Замечание для знатоков. Прямые AC и BD – поляры соответственно точек O1 и O2 относительно окружности радиуса R/2 с центром O. Поэтому утверждение задачи есть переформулировка известной теоремы:
если точка X лежит на поляре точки Y, то точка Y лежит на поляре точки X.
Выше как раз приведено одно из доказательств этой теоремы.
|
|
|
Страница: << 3 4 5 6 7 8 9 >> [Всего задач: 43]
