Решения задач вступительной контрольной работы в ЗМШ 1972 года

Квант 1972, №9 с. 32-34 Тег EH1C

Решения задач вступительного контрольной работы в 3МШ 1972 года
А. Л. Тоом

Условия этих задач и правила приема в заочную математическую школе при МГУ и ЛГУ были помещены в первом номере «Кванта» за этот год. Здесь мы помещаем решения и указания к некоторым из этих задач.

Новая вступительная работа во Всесоюзную заочную математическую школе будет опубликована в первом номере «Кванта» 1973 года.

В треугольнике цептры высачной и описанной окружности симметрицы относительно одной из строкон. Найдите улы треугольника.

Обозначим концы той стороны, относительно которого симметрицы центры, через A и C, а третью вершину — через B (см. рис. 1). Пусть O и D — центры соответствующего высачной и описанной окружности. Если опустить из них перепределения на AC, то они упадут в одну точку M — середину отрезка OD (это и означает, что O и D симметрицы относительно AC). Нам надо найти углы треугольника: $\angle BAC = \alpha$ , $\angle ABC = \beta$ , $\angle BCA = \gamma$ .

Докажем сначала, что $\alpha = \gamma$ . Действительно, $AD = DC$ (как радиус),

позетом $AM = MC$ , открыта $\triangle AMO = \Delta CMO$ . Следовательно, $\angle OAM = \angle OCM$ . Но $\angle OAM = \frac{\alpha}{2} \Rightarrow OCM = \frac{\gamma}{2}$ (центр окружности, высачной в треугольник, находится в точке пересечения его биссектрис), позетом $\alpha = \gamma$ .

Отсюда следует, что $AB = BC$ , тогда медиана $BM$ — одновременно и высота, значит, O лежит на BM.

Позному точки B, O, M и D лежат на одной прямой, а так как $BD = AD$ (как радиус), то $\angle BAD = \angle ABD = \frac{\beta}{2}$ .

С другой стороны, $\triangle AOM = \Delta ADM$ . Поэтому

$\angle MAD = \angle MAO = \frac{\alpha}{2}$ .

Тогда

$\angle BAD = \angle BAM + \angle MAD = \alpha + \frac{\alpha}{2} = \frac{3\alpha}{2}$ .

Итак,

$\frac{\beta}{2} = \frac{3\alpha}{2}, \beta = 3\alpha$ .

Позному сумма углов треугольника $ABC$ равна $5\alpha$ , откуда $\alpha = 36^\circ$ , $\beta = 108^\circ$ .

Ответ: $36^\circ, 108^\circ, 36^\circ$ .

Двое церратом в макую церру. Перед ним на бумаге в цепочку написано несколько минусов. Каждый по очереди переправляем один или два соседних минуса на плоск. Вызываем mom, кто переправим последний минус. Кто вызываем при правальной церегне: начинающий или его партнер, и как ему надо для этого церрать, если вначале написано: a) 7 минусов; b) k минусов?

Выигравает при всех n начинающий. Опишем стратегию, применяя которую, он наверняка выиграет. Первый ход надо сделать в середине, чтобы оставшиеся минусы образовали два отдельных «куска» равной длины (на рисунке 2 изображена позиция после первого хода для n=7)

Рис. 2.

и n=8). После этого начинающий каждым своим ходом должен переправлять минусы, симметричные тем, которые перед этим переправил второй. Так, если второй переправил k-й (или k-й и k+1-й) минус справа, то надо переправить k-й (или k-й и k+1-й) минус слева. Тогда после каждого хода первого будет получаться симметриная позиция.

Второй каждым ходом будет переправлять один или два минуса, симметричные которых еще не переправлены; следовательно, эти минусы не могут быть последними, и второй не может выиграть.

В треугольнике ABC проведимся биссерриса AK и медиана AM. Чему может равняться отношение сторон AB и AC, если известно, что один из отрезков BM, MK, KC равен получиме двух других?

Указа и е. Здесь необходимо рассмотреть шесть случаем, соответствующих клеткам таблицы (см. рис. 3).

В клетках написаны ответы.

Рис. 3.

Существует ли хотя бы одно число a макое, что оба числа $\frac{1}{a} - \sqrt{15}$ и $a + \sqrt{15}$ – целые?

Пусть $a + \sqrt{15} = m$ , $\frac{1}{a} - \sqrt{15} = n$ .

Выразим a из первого равенства и подставим во второе:

$\frac{1}{m - \sqrt{15}} - \sqrt{15} = n.$

Преобразуем:

$16 - mn = (m - n) \sqrt{15}.$

Для выполнения этого равенства достаточно, чтобы было:

$\begin{cases} 16 - mn = 0, \\ m - n = 0. \end{cases}$

(В действительности это и необходимо, раз m, n – целые, но этого можно и не знать: ведь нам достаточно найти хотя одно значение a.)

Полученная система легко решается:

$m_1 = n_1 = 4, m_2 = n_2 = -4.$

Ответ: такое a существует: например, $4 - \sqrt{15}$ (в действительности таких чисел всего два).

Один из прямых грамбель okно. Андрей сказал: «Это или Витя, или Толя». Витя сказал: «Это сделал не я и не Юра». Толя сказал: «Вы оба говорите неправду». Дима сказал: «Нем, один из них сделал правду, а другой — нем». Юра сказал: «Нем, Дима, мы неправ». Их отец, коморому, конечно, можно доверять, уверен, что не менее трех грамбелься правду. Кто разбил okно?

Изображим заявления грамбель в виде таблицы из 5 строк и 5 столбцов

Рис. 4.

(рис. 4). Строки и столбцы называны первыми буквами имен братьев. Заявление каждого братья записывается столбом под первой буквой его имени. В этом столбце расставим плюсы и минуты по следующему правилу: плюс, если высказывание допускает, что брат, по имени которого называна строка, разбил окно, и минуту, если высказывание этого не допускает.

Так, в столбце под буквой А плюся стоит только против букв В и Т, поскольку Андрей сказал: «Это или Витя, или Толя». В столбце под буквой В минуты стоит только в строках В и Ю.

Чтобы заполнить столбец T, надо разобраться, в каком случае Андрей и Витя оба неправы. Например, если окно разбил Андрей, то Витя оказется прав, так как он это допускал, и в столбце B против буквы A стоит плюс. Вообще, Андрей и Витя оба оказутся неправы, только если окно разбил Юра, так как только в строке Ю на первых двух местах стоит минуты. Значит, в столбце T надо поставить плюс только против Ю.

Дima оказется прав, только еслировно один из первых двух братьев — Андрей и Витя — оказется прав, а другой неправ. Значит, в столбце Д плюс ставится только в тех строках, в которых на первых местах стоит один минус и один плюс.

Юра просто отрицает то, что сказал Дима; где в столбце Димы плюс, там у него минус, и наоборот. Таблица заполнен. Мы знаем, что не менее трех братьев сказали правду. Значит, надо искать строку, в которой не менее трех плюсов. Такая строка только одна — T.

Ответ: окно разбил Толя.

Предумайте четырех целых неотрицательных чисел также, чтобы каждое число от 1 до 81 можно было представить в виде суммы четырех чисел — по одному из каждой тройки.

Годятся такие четырехки:

1, 2, 3
0, 3, 6
0, 9, 18
0, 27, 54.

Объясним, как они придуманы. Легче решить эту задачу в более общем виде: придумать k троек целых неотрицательных чисел таких, чтобы каждое число от 1 до 3^k можно было представить в виде суммы k чисел — по одному из каждой тройки.

При k=1 решение оченьindo: одна тройка 1, 2, 3. Пусть задача для k троек решения. Как подобрать еще один тройку, чтобы получить решение задачи для k+1?

Первое число надо взять равным нулю. Тогда, прибавляя его ко всем суммам k чисел, взятых по одному из первых троек, получим те же числа от 1 до 3^k.

Второе число возьмем равным 3^k. Прибавляя его к числам от 1 до 3^k, получим все числа от 3^k+1 до 2.3^k.

Третье число возьмем равным 2.3^k. Прибавляя его к тем же числам, получим все числа от 2.3^k+1 до 3.3^k = 3^k+1.

Итак, задача решения и для k+1. Так построены четырехи тройки. Доказано, что они годятся при каждом k, в том числе и при k=4.