Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1999/05/61.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:28 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:16:32 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: http www.badastronomy.com phpbb index.php

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

61

Задачипоатомнойиядернойфизике
3m p e 9,36 кэВ. 2. E 19,81 МэВ. 2 16 4 0 D 2 MTQ mQ 2,06 МэВ. 3. TT = 2,74 МэВ, T = m MT m + MT
4

1. E =

b

g

4. Т = 100 Дж.

XXVВсероссийскаяматематическаяолимпиада школьников
Заключительный этап 9 класс
1. Ответ: 9. Заметим, что 9А = 10А А. При вычитании этих чисел столбиком ни в одном разряде, кроме младшего, не приходится занимать единицу из следующего разряда. Таким образом, сумма цифр разности равна разности сумм цифр чисел 10А и А (которые равны) плюс 9. 3. Из точки I проведем касательную IK B к окружности S1 A0 так, чтобы луч IK S2 пересекал меньшую S1 дугу A0C (рис.2). C0 Аналогичным обраD зом проведем касаL K I тельную IL к окружности S2 . C Биссектриса AI угла A BAC делит дугу ВС S на 2 равные дуги. Рис. 2 Поэтому точки А, I, A0 лежат на одной прямой. Аналогично, на одной прямой лежат точки С, I и C 0 . Из равенств
ICA0 = C 0CA0 = A0 IC = 1 1 2 C 0 BA0 =


любых n вершин графа мы можем перекрасить их, не перекрашивая (n + 1)-ю. Заметим, что если добиться нечетного числа белых вершин, то требуемое будет доказано. В самом деле, для каждой из этих белых вершин по очереди произведем перекрашивание всех вершин, кроме нее. Белые вершины перекрасятся четное число раз и останутся белыми, а черные вершины перекрасятся нечетное число раз и станут белыми. Рассмотрим два случая: 1) Вершин четное число. Перекрасим все, кроме одной, и получим нечетное число вершин. 2) Вершин нечетное число. Так как в любом графе количество вершин, из которых выходит нечетное число ребер, четно, то в данном графе существует вершина, из которой выходит четное число ребер. Перекрасим эту вершину и соединенные с ней и получим нечетное число белых вершин. Требуемое доказано. 5. Ответ: n(n + 1). . Все 2 отрезки, параллельные двум сторонам большого треугольника, не образуют треугольников, так как любой треугольник состоит из отрезков, параллельных всем трем сторонам. Сле= n n + 1 отрезков длины 1 от3 2 метить можно. Докажем, что большее количество отрезков отметить нельзя. Закрасим треугольники со стороной 1, как показано на рисунке 3. Треугольники содержат все отрезки длины 1, причем каждый отрезок принадлежит ровно одному треугольнику. Для того чтобы не образовался ни один из закрашенных треугольников, в каждом из них можно отметить не более двух отрезков. Значит, количество выделенных от2 резков не превышает от 3 их общего числа. 7. Заметим, что BCF = Рис. 3 = 180њ BEF = AEF, аналогично, EAF = = FDC, значит, AEF; DCF (рис.4). Пусть K и L середины отрезков АЕ и CD соответственно. Тогда AKF = = FLB как углы между медианой и основанием в подобных треугольниках, поэтому точки В, K, F, L лежат на одной окружности. Но так как серединные перпендикуляры к отрезкам АЕ и CD пересекаются в точке О, то точки K и L лежат на окружности с диаметром ВО. Но тогда и точка F лежит на этой окружности, и BFO прямой. 8. Докажем, что выигрывает Петя. МысленB но разобьем контакты на чеD тыре одинаковые группы А, E В, С и D. В каждой группе L пронумеруем K контакты чисO F лами от 1 до C 500. Петя будет A отвечать на люРис. 4 бой ход Васи довательно,
2 3

Общее количество отрезков длины 1 равно 3

n n +1

b

g

F nb GH

n +1

gI JK

b

g

1

2 2 следует, что A0 IC = ICA0 и A0 I = A0C . Далее, пусть D середина отрезка BC, тогда S1 касается ВС в точке D. В прямоугольных A0 KI и A0 DC катеты A0 K и A0 D равны и A0 I = A0C по доказанному выше. Следовательно, A0 KI = A0 DC . Отсюда A0 IK = A0CD = A0CB . Но A0CB = A0 AB (теорема о вписанном угле), и A0 AB = = A0 AC . Значит, A0 IK = A0 AC , следовательно, прямая IK параллельна АС. Аналогично, ILAC , следовательно, L, I, K лежат на одной прямой, параллельной АС. 4. Ответ: можно. Приведем решение Ильи Межирова. Рассмотрим граф, n вершин которого n натуральных чисел, а ребро соединяет числа а и b тогда и только тогда, когда а и b не взаимно просты. Докажем индукцией по n, что перекрасить числа в белый цвет можно при любых числах в вершинах. База индукции (n = 1) очевидна. Пусть перекрасить n чисел можно; докажем, что это можно сделать для n + 1. Для любых n вершин данного графа по предположению индукции существует способ, перекрашивающий эти n вершин; что при этом происходит с (n + 1)-й вершиной, неизвестно. Если для некоторых n вершин после применения этого способа (n + 1)-я вершина тоже перекрашивается, то требуемое доказано: применяя этот способ, перекрашиваем все вершины. Рассмотрим оставшийся случай: для

FG H

AC0 + A0C =



IJ K

1

FG H

2

FG H

C 0 B + BA0 ,






C 0 B + BA0



IJ K

IJ K