Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/04/26.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:55 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:21:43 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: http astrokuban.info astrokuban

$

КВАНT 2000/?4

Напоследок подумайте: как можно легко догадаться до равенства (6)? Кроме этого, докажите следующее усиление предложения пункта в): при любом натуральном n уравнение 2 2 n + 1 y + 1 = z 2 имеет бесконечно много натуральных решений. В.Сендеров

e

je

j

М1715. Все натуральные числа от 1 до 2n записаны в последовательности a1 , a2 , , a2 n такой, что
a1 - a2 + a2 - a3 + K + a2
n -1

- a2 n + a2 n - a1 = 2n .

2

Докажите, что
a1 - a2 + a3 - a4 + K + a2
n -1

- a2

n

=n .

2

Для произвольной расстановки натуральных чисел от 1 до 2n в последовательность a1 , a2 , , a2 n обозначим S = a1 - a2 + a2 - a
3

+ + a2

n -1

- a2

n

+ a2 n - a1 .

В результате раскрытия модуля в любом слагаемом этой суммы получим два натуральных числа одно с плюсом, другое с минусом. Для того чтобы сумма S достигла наибольшего возможного значения, необходимо и достаточно, чтобы числа от 1 до n получали минусы, а числа от n + 1 до 2n плюсы. Тогда
S = 2 2 n + 2n - 1 + K + n + 1 - n + n - 1 + K + 1 = 2 n .

b

gb

g

2

Зачеркнем 'нечетные' 4i2 клетки белых диагоналей, расположенных под чер- 4i + + + + ными диагоналями длины 4i 2 в первом случае и под черными диагоналями длины 4i + 2 во втором 4i+2 + + + случае (см. рисунок). В первом случае зачеркну4i тыми окажутся 2i белых клеток, а во втором случае 2i + 1 белых клеток. Таким образом, всего мы зачеркнем k k +1 2 + 4 +K+ k +K+ 3 + 1 = 2 белых клеток. Легко видеть, что каждая черная клетка имеет белую зачеркнутую соседнюю клетку. Из этого следует, что k k +1 f n . 2 Рассмотрим k k + 1 2 зачеркнутых белых клеток: у них нет общих черных соседних клеток, следовательно, нам нужно по крайней мере k k + 1 2 черных отмеченных клеток с тем, чтобы 'охватить' все эти белые клетки. Поэтому k k +1 fb n . 2 Отсюда мы имеем k k +1 f n = fb n = , 2

b

g

b

g

bg b b

g

g

bg b

g

bg

Значит, каждое слагаемое суммы модулей это модуль разности двух натуральных чисел, одно из которых больше n, а другое не превосходит n. Но тогда
a1 - a2 + a3 - a4 + K + a2
n -1

f

bg b g bng = kbk + 1g .
2 2

Аналогично доказывается, что
f

- a2

n

=

= 2n + 2n - 1 + K + n + 1 - n + n - 1 + K + 1 = n . В.Произволов М1716. В квадрате клетчатой бумаги размером n Ч n клеток отмечены N клеток таким образом, что каждая клетка квадрата (отмеченная или неотмеченная) имеет хотя бы одну отмеченную соседнюю клетку. Определите наименьшее возможное значение N, если соседними считать клетки, имеющие общую сторону. Рассмотрим случай четного n. Сначала раскрасим доску в черный и белый цвета в шахматном порядке. Пусть f n это искомое число, а f n минимальное число белых клеток, которые должны быть отмечены таким образом, чтобы каждая черная клетка имела соседнюю отмеченную белую. Определим подобным образом fb n . Благодаря симметричности шахматной доски (n = 2k), мы имеем f n = fb n ; кроме этого, f n = f n + fb n . Было бы более удобно посмотреть на доску, развернув ее таким образом, чтобы главная черная диагональ (самая длинная) располагалась горизонтально. Тогда длины остальных черных диагоналей были бы 2, 4, , 2k, ..., 4, 2.

b

gb

g

2

R 4k - 1 b ng = | S |b2k + 1g T

при n = 4k - 1, при n = 4k + 1.

Е.Баранов, И.Воронович

М1717. Две окружности Г1 и Г 2 , содержащиеся внутри окружности Г, касаются Г в различных точках М и N соответственно. Окружность Г1 проходит через центр окружности Г 2 . Прямая, проходящая через две точки пересечения Г1 и Г 2 , пересекает Г в точках А и В. Прямые МА и МВ пересекают Г1 в точках С и D соответственно. Докажите, что CD касается Г 2 . Лемма 1. Окружность k1 касается окружности k внутренним образом в точке А и касается ее хорды MN в точке B. Пусть С середина дуги MN окружности k, которая не содержит точку А. Тогда точки А, В, С лежат на одной прямой и CA CB = CM 2 . Доказательство. Гомотетия с центром в точке А, переводящая k1 в k, переводит MN в касательную к окружности k, параллельную MN, т.е. в прямую, касающуюся окружности k в точке С. Таким образом, А, В, С коллинеарны. Для второй части заметим, что NMC CAM , поэтому ACM подобен MCB , следовательно, CA CB = CM 2 . Лемма 2. Пусть окружность Г1 проходит через центр O2 окружности Г 2 ; t1 и t2 (различные) общие касательные этих окружностей касаются Г1 в точках С и D. Тогда прямая CD касается Г 2 .

bg

bg

bg

bg

bg bg

bg

bg