Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1998/04/27.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:24:41 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:11:38 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: http astrokuban.info astrokuban

ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

27

а) Пусть = . Из леммы 1 следует, что НА = 3 = 2R cos = R. Отсюда и из леммы 2 следует утверждение задачи. б) Пусть АВС не является правильным; тогда O H . Пусть А и В лежат по разные стороны прямой ОН, AHIO не является выпуклым четырехугольником. Тог да AH = AO = R, т.е. = . 3 Другое решение можно получить, опираясь на следующие формулы: IO2 = R2 - 2 Rr ,
IH2 = 4 R2 + 4 Rr + 3r 2 - p2 .

б) Если числа m и n имеют одинаковую четность, то требуемый результат немедленно вытекает из решения пункта а). Пусть теперь m нечетно, а n четно (в противном случае достаточно переобозначить m и n, и наоборот). Рассмотрим на отрезке АВ точку L такую, что AL = m 1. Так как число m 1 четно, то f(m 1, n)= = 0, т.е. S1 ALC = S2 ALC . Следовательно,

f m, n = S1

bg

b b

g ABCg

- S2

bg b ABCg

= S1 LBC - S2 LBC n1 22

b

g

b

Площадь LBC =

g maxlm. nq

.

Из них следует, что равенство IO = IH можно переписать так:

p = R+r

Остается воспользоваться такой леммой. Лемма 3. Алгебраическая сумма расстояний от центра описанной около треугольника окружности до его сторон равна сумме радиусов описанной и вписанной окружностей (при этом, если центр описанной окружности лежит по ту же сторону от некоторой стороны, что и сам треугольник, то расстояние до этой стороны считается положительным, а в противном случае отрицательным). А.Савин, Н.Васильев, В.Сендеров М1625.1 Плоскость разбита на единичные квадраты, вершины которых находятся в точках с целочисленными координатами. Квадраты раскрашены поочередно в черный и белый цвета (т.е. в шахматном порядке). Для каждой пары натуральных чисел m и n рассматривается прямоугольный треугольник с вершинами в целочисленных точках, катеты которого имеют длины m и n и проходят по сторонам квадратов. Пусть S1 площадь черной части треугольника, а S2 площадь его белой части. Положим

b

g

3.

в) Вычислим f(2k + 1, 2k). Как и в решении пункта б), рассмотрим на АВ B точку L такую, что AL = 2k, и получим аналогично, что N2k L M2k-1 f 2k + 1, 2k = N2k-1 = S1 LBC - S2 LBC . L2k-1

b

b

g

g

b

g

Площадь треугольника LBC равна k. Без ограM1 ничения общности буN1 дем считать, что отрезок L1 LC черный (см. рисунок). Тогда белая часть A треугольника LBC соC стоит из треугольников BLN2k , M2k -1L2k -1N2k -1, ..., M1L1N1 , каждый из которых, очевидно, подобен треугольнику АВС. Их суммарная площадь равна

1 2k S2 LBC = 2 2k + 1
= Значит,
S1 LBC = k - 4

b

g

F FG 2k IJ + FG GH H 2k K H 1 e1 kb2k + 1g
2

2k - 1 2k

IJ K

2

+K +

2

+ 22 + K +

FG H b2kg
g

1 2k

2

j

IJ IJ KK
2

=

=

4k + 1 12 .

f m, n = S1 - S2 .
а) Вычислите f(m, n) для всех натуральных чисел m и n, которые либо оба четны, либо оба нечетны. 1 б) Докажите, что f(m, n) max m, n для всех m и 2 n. в) Покажите, что не существует константы С такой, что f(m, n) < C для всех m и n.

bg

b

g

4k + 1 8k - 1 2k - 1 = и f 2k + 1, 2k = . 12 12 6

b

lq

Ясно, что чения.

2k - 1 принимает сколь угодно большие зна6
И.Воронович

а) Обозначим рассматриваемый прямоугольный треугольник через АВС ( A = 90њ, AB = m, AC = n) и достроим его до прямоугольника ABCD. Если числа m и n имеют одинаковую четность, то раскраска этого прямоугольника симметрична относительно середины его диагонали ВС. Следовательно, S1 ABC = S1 BCD и S2 ABC = S2 BCD . Значит, f m, n = S1 ABC 1 S2 ABC = S1 ABCD S2 ABCD . Поэтому 2 1 f(m, n) = 0, если m и n оба четны, f(m, n) = , если m 2 и n оба нечетны.

b

b

g

g

b

b

g

g

bgb bg b b g

g g

М1626. В треугольнике АВС угол А является наименьшим. Точки В и С делят окружность, описанную около этого треугольника, на две дуги. Пусть U внутренняя точка той дуги с концами В и С, которая не содержит точку А. Срединные перпендикуляры к отрезкам АВ и АС пересекают прямую AU в точках V и W соответственно. Прямые BV и CW пересекаются в точке Т. Докажите, что AU = TB + TC. Нетрудно доказать, что если A наименьший из углов ABC , то точка Т находится внутри этого треугольника. Пусть прямые BV и CW пересекают окружность, описанную около ABC , вторично в точках B1 и C1 соответственно (рис.1). В силу симметрии относи-

1 Решение задачи М1624 будет опубликовано позже.
7*